Курс лекций по теории функций комплексного переменного. Горяйнов В.В. - 93 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВолГУ | Волгоград

Составители: 

Рубрика: 

§1. Принцип аргумента 95
z ∈ γ. Отсюда и из локально равномерной сходимости последователь-
ности {f
n
} следует, что 1/f
n
→ 1/f равномерно на γ. Следовательно,
lim
n→∞
1
2πi
Z
γ
f
0
n
(z)
f
n
(z)
dz =
1
2πi
Z
γ
f
0
(z)
f(z)
dz.
Однако интегралы слева выражают числа нулей функций f
n
в O
r
(a)
и, следовательно, равны нулю. Поэтому равен нулю интеграл справа
и f не обращается в нуль в O
r
(a). В частности, f(a) 6= 0.
2
Следствие. Пусть последовательность однолистных в области D
функций f
n
∈ H(D) сходится локально равномерно в D к функции
f(z) 6≡ const. Тогда f также однолистна в D.
Доказательство. Допустим, что для некоторых z
1
6= z
2
в D имеет
место равенство f(z
1
) = f(z
2
) = A. Пусть U
1
и U
2
— две непересе-
кающиеся окрестности точек z
1
и z
2
соответственно, расположенные
в D. В силу однолистности функции f
n
в одной из окрестностей, U
1
или U
2
, она не принимает значение A. Следовательно, можно выде -
лить подпоследовательность {f
n
k
} функций, которые не принимают
значение A в одной из окрестностей. Пусть для определенности ею
будет U
1
. Применяя теорему Гурвица к последовательности функций
f
n
k
(z) −A в области U
1
, получаем, что f(z) −A не обращается в нуль
в U
1
. Это противоречит предположению, что f(z
1
) = A.
2
Другое доказательство теоремы Гурвица. Допустим f(z) 6≡ 0
и f(a) = 0 для некоторой a ∈ D. В силу изолированности нулей
найдется такое r > 0, что в проколотой окрестности
˙
O
r
(a) функция
f не обращается в нуль. Можно также считать, что f не обраща-
ется в нуль и на γ = ∂O
r
(a). Поскольку γ является компактом, то
min
z∈γ
|f(z)| = δ > 0. В силу локально равномерной сходимости последо-
вательности {f
n
} найдется номер N такой, что |f
n
(z) −f(z)| < δ/2
при всех n ≥ N и z ∈ γ. Но тогда по теореме Руш´е функция
f
n
= f + (f
n
− f) будет иметь в O
r
(a) столько же нулей, сколько
их имеет там f, т.е. по крайней мере один. Полученное противоречие
с условиями теоремы доказывает требуемое утверждение.
2
§ 1.   Принцип аргумента                                            95

z ∈ γ. Отсюда и из локально равномерной сходимости последователь-
ности {fn } следует, что 1/fn → 1/f равномерно на γ. Следовательно,
                      1 Z fn0 (z)       1 Z f 0 (z)
                 lim
                 n→∞ 2πi
                                  dz =              dz.
                         γ fn (z)      2πi γ f (z)
Однако интегралы слева выражают числа нулей функций fn в Or (a)
и, следовательно, равны нулю. Поэтому равен нулю интеграл справа
и f не обращается в нуль в Or (a). В частности, f (a) 6= 0.
                                                            2

Следствие. Пусть последовательность однолистных в области D
функций fn ∈ H(D) сходится локально равномерно в D к функции
f (z) 6≡ const. Тогда f также однолистна в D.
Доказательство. Допустим, что для некоторых z1 6= z2 в D имеет
место равенство f (z1 ) = f (z2 ) = A. Пусть U1 и U2 — две непересе-
кающиеся окрестности точек z1 и z2 соответственно, расположенные
в D. В силу однолистности функции fn в одной из окрестностей, U1
или U2 , она не принимает значение A. Следовательно, можно выде-
лить подпоследовательность {fnk } функций, которые не принимают
значение A в одной из окрестностей. Пусть для определенности ею
будет U1 . Применяя теорему Гурвица к последовательности функций
fnk (z) − A в области U1 , получаем, что f (z) − A не обращается в нуль
в U1 . Это противоречит предположению, что f (z1 ) = A.
                                                            2
Другое доказательство теоремы Гурвица. Допустим f (z) 6≡ 0
и f (a) = 0 для некоторой a ∈ D. В силу изолированности нулей
найдется такое r > 0, что в проколотой окрестности Ȯr (a) функция
f не обращается в нуль. Можно также считать, что f не обраща-
ется в нуль и на γ = ∂Or (a). Поскольку γ является компактом, то
min
 z∈γ
     |f (z)| = δ > 0. В силу локально равномерной сходимости последо-
вательности {fn } найдется номер N такой, что |fn (z) − f (z)| < δ/2
при всех n ≥ N и z ∈ γ. Но тогда по теореме Руше́ функция
fn = f + (fn − f ) будет иметь в Or (a) столько же нулей, сколько
их имеет там f , т.е. по крайней мере один. Полученное противоречие
с условиями теоремы доказывает требуемое утверждение.
                                                          2

Страницы