Аналитичност на холоморфните функции

В настоящия параграф ще се убедим, че холоморфните функции са аналитични и следователно притежават всички свойства на аналитичните функции, дискутирани в Тема 12. По-конкретно, ще видим, че всяка холоморфна функция в дадена област допуска развитие в ред на Тейлор, около всяка точка на областта, т. е. за всяка точка $a$ от дефиниционната област на функцията, съществува степенен ред, сходящ в кръг с център в точката $a$ и радиус равен на разстоянието от $a$ до границата на областта, чиято сума съвпада с функцията в кръга на сходимост. При това, коефициентите на този ред се изразяват от една страна, чрез производните на функцията в точката $a$, а от друга страна, те се определят чрез интегрални формули. Това обстоятелство на свой ред, позволява пресмятането на определен вид интеграли да се свежда до пресмятане на производни. Това ще установим прилагайки формулата на Коши, но преди това ще видим по какъв начин можем за образуваме нови аналитични функции.

Твърдение 1. Нека $\gamma:[0,1]\to \mathbb{C}$ е частично гладка крива и $f$ е непрекъсната функция в околност на $\gamma([0,1])$. Тогава функцията $F:\mathbb{C}\setminus\gamma([0,1])\to\mathbb{C}$, дефинирана с $$F(z)=\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta$$ е аналитична.
Доказателство. Нека $a\notin\gamma([0,1])$ и $z\in \overline{K(a,\delta r)}$, където $r=\text{dist}(\gamma([0,1]),a)>0$ и $0<\delta<1$. Тогава при $\zeta\in\gamma([0,1])$ имаме $|z-a|\leq \delta r\leq \delta|\zeta- a|<|\zeta-a|$ и следователно $$\frac{1}{\zeta-z}=\frac{1}{\zeta-a+a-z}=\frac{1}{\zeta-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-a}{\zeta-a}}=\frac{1}{\zeta-a}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{z-a}{\zeta-a}\right)^k=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(\zeta-a)^{k+1}}(z-a)^k.$$
Тогава $$F(z)=\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta=\int_{\gamma}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}(z-a)^kd\zeta=\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\gamma(t))\gamma'(t)}{(\gamma(t)-a)^{k+1}}(z-a)^kdt.$$ Редът $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\gamma(t))\gamma'(t)}{(\gamma(t)-a)^{k+1}}(z-a)^k$ е равномерно сходящ върху компакта $[0,1]$, при всяко фиксирано $z\in \overline{K(a,\delta r)}$, тъй като $$\left|\frac{f(\gamma(t))\gamma'(t)}{(\gamma(t)-a)^{k+1}}(z-a)^k\right|\leq \max\{|f(\gamma(t))\gamma'(t)||t\in[0,1]\}\frac{\delta^kr^k}{r^{k+1}}=\frac{\max\{|f(\gamma(t))\gamma'(t)||t\in[0,1]\}}{r}\delta^k,$$ и $0<\delta<1$ (Твърдение 7 от Тема 13). Следователно, предвид Твърдение 6 от Тема 13 $$\int_{\gamma}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}(z-a)^kd\zeta=\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\gamma(t))\gamma'(t)}{(\gamma(t)-a)^{k+1}}(z-a)^kdt=$$$$=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\int_0^1\frac{f(\gamma(t))\gamma'(t)}{(\gamma(t)-a)^{k+1}}dt\right)(z-a)^k=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta\right)(z-a)^k.$$ Оттук и от определението на $F$ получаваме $F(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k$ за всички $z\in K(a,r)$, където $$a_k=\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta.$$

Забележка. Функцията $F$ от Твърдение 1 се нарича интеграл от типа на Коши, поради приликата си с интеграла участващ във формулата на Коши (Твърдение 7 от Тема 18).

Забележка. От теоремата за диференциране на степенен ред (Твърдение 5 от Тема 11) виждаме, че функцията $F$ има производни от произволен ред и $F^{(k)}(a)=k!a_k$. Следователно $$F^{(k)}(a)=k!\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta,$$ което показва, че производните на $F$ в точката $a$ се получават чрез диференциране под интеграла.

Твърдение 2. Нека $f$ е холоморфна функция в областта $D\subset\mathbb{C}$. Тогава $f$ е аналитична в $D$ и ако $\gamma:[0,1]\to D$ е произволна затворена частично гладка крива, която се свива в точка в $D$, и $a\in D\setminus\gamma([0,1])$, то $$f^{(k)}(a)\text{Ind}(\gamma,a)=\frac{k!}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta.$$
Доказателство. За всяко $z\in D\setminus\gamma([0,1])$ от Твърдение 7 от Тема 18 имаме \begin{equation}\label{ko6irep}f(z)\text{Ind}(\gamma,z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta.\end{equation} Според Твърдение 1 интегралът в последното равенство е аналитична функция и в частност има производни от произволен ред, които могат да се пресметнат чрез диференциране под интеграла. От друга страна индексът е локално постоянна функция (Твърдение 8 от Тема 17). Следователно $f$ е аналитична и в частност има производни от произволен ред (Твърдение 4 от Тема 11). Диференцирайки $k$ пъти съотношение (1) в произволна точка $a\in D\setminus\gamma([0,1])$, получаваме $$f^{(k)}(a)\text{Ind}(\gamma,a)=\frac{k!}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta,\quad k\in\{0\}\cup\mathbb{N}.$$

Забележка. Получените съотношения се наричат интегрални формули на Коши за производните и могат да се използват за пресмятане на интеграли, чрез пресмятане на производни.

Забележка. Да забележим, че Твърдение 2 няма аналог в реалния случай. Действително, знаем че има функции, които имат непрекъсната първа производна в област от $\mathbb{R}$, но нямат производни от по-висок ред в никоя точка от тази област. Също така, има безкрайно гладки функции в области от $\mathbb{R}$, които не са аналитични, т. е. те не съвпадат с реда си на Тейлор в никоя околност на някоя точка от дефиниционната си област (вж. Упражнение 6 от Тема 12). За разлика от реалния случай, ако една функция на комплексна променлива, има първа производна в дефиниционната си област, то тя е аналитична в тази област и в частност тя има производни от произволен ред. Оттук можем да забележим, че всеки резултат за холоморфни функции, който следва от тяхната аналитичност, в общия случай няма аналог за безкрайно гладки функции. От друга страна, предвид (Твърдение 4 от Тема 11) всеки факт за аналитични функции е в сила в частност за холоморфните функции.

Забележка. Твърдение 2 показва, че в случаите, когато можем да определим сумата на един степен ред, имаме още един начин за определяне на радиуса му на сходимост (освен формулата на Коши-Адамар, която определя радиуса на сходимост, чрез коефициентите на степенния ред, без да знаем нищо за сумата му), а именно радиусът на сходимост е равен на разстоянието от центъра на кръга на сходимост до границата на областта, в която е дефинирана сумата на реда.

Хармоничност на холоморфните функции

Едно следствие от аналитичността на холоморфните функции е тяхната хармоничност.

Твърдение 3. Нека $f$ е холоморфна функция в отворено множество $D\subset\mathbb{C}$. Тогава $f$ е хармонична в $D$.
Доказателство. Тъй като $f’=f’_x=-if’_y$ (Твърдение 1 от Тема 9) и $f’$ е непрекъсната в $D$ (Твърдение 2), виждаме, че $f’_x$ и $f’_y$ са непрекъснати в $D$. По същия начин, тъй като $f“$ е непрекъсната (Твърдение 2) и $f“=(f’_x)’_x=-i(f’_x)’_y=(-if’_y)’_x=-i(-if’_y)’_y$, виждаме, че $f“_{xx}=f“$, $f“_{xy}=f“_{yx}=if“$ и $f“_{yy}=-f“$. Следователно частните производни от втори ред на $f$ са непрекъснати и $f“_{xx}+f“_{yy}=f“-f“=0$ в $D$, т. е. $f$ е хармонична.

Забележка. По аналогичен начин може да се види, че частните производни от всеки ред на всяка холоморфна функция в отворено множество са непрекъснати.

Теорема и формула на Коши за сложен контур

Следващото твърдение е още едно обобщение на теоремата и формулата на Коши, което е известно като теорема (формула) на Коши за сложен контур.

Твърдение 4. Нека $f$ е холоморфна функция в областта $D\subset\mathbb{C}$ и $K\subset D$ е компакт с положително ориентирана граница. Тогава
а) $\int_{\partial K}f(z)dz=0$,
б) $\int_{\partial K}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=2\pi i \frac{f^{(k)}(a)}{k!}$, за всяко $a\in\text{int }K$, и всяко $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$.
Доказателство.
а) Тъй като $f$ е холоморфна в $D$, oт Твърдение 1 от Тема 18 имаме, че диференциалът $fdz$ е локално точен, непрекъснато-диференцируем в околност на $K$ и е затворен в тази околност (Твърдение 4 от Тема 15). От теоремата на Грийн-Гаус (теорема на Стокс) (Tвърдение 6 от Тема 15) имаме $\int_{\partial K}f(z)dz=0$.
б) Нека $a\in \text{int }K$ и $r>0$ е такова че $\overline{K(a,r)}\subset \text{int }K$. Тогава компактът $K_r=K\setminus K(a,r)$ е компакт с положително ориентирана граница. Тъй като $f$ е холоморфна в $D$, виждаме, че функцията $z\mapsto\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}$ е холоморфна в околност на $K_r$. Тогава от а) получаваме $$\int_{\partial K_r}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=0.$$ От друга страна, щом границата на компакта $K$ е положително ориентирана, $$\int_{\partial K}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=\int_{\partial K}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz-\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz+\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=$$$$=\int_{\partial K_r}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz+\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz,$$ където $\gamma:[0,1]\to D$ е кривата $\gamma(t)=a+r\exp(2\pi it)$. Оттук и от формулата на Коши (Твърдение 7 от Тема 18) имаме $$\int_{\partial K}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}dz=2\pi i\text{Ind}(\gamma,a) \frac{f^{(k)}(a)}{k!}=2\pi i\frac{f^{(k)}(a)}{k!}.$$

назад