Кривых н не содержит особых

е¹ е г
res =
Пусть z=х+iу; учитывая, что егте1=е-Уг, мы будем различать два случая: t 0 и f < О. В первом случае мы замкнем отрезок [— R, R] верхней полуокружностью уя, проходимой против часовой стрелки (рис. 41). При R > 1 внутри образовавшегося контура лежит один полюс f пер­вого порядка г =i, вычет в котором легко находится по формуле (6'):



150 своггствА голоморФных Функцгтп [ГЛ. и
По теореме Коши о вычетах имеем, следовательно,
f (х) дх+ S f (z) йг= лс-д. (12')
-R у'
Так как при 1 0 на уА имеем Т е'д° Т = е-уд е 1 и Т z2-1-1 Т i R2- 1, то для интеграла по уА имеем оценку

(1з)
е пА
vR
из которой видно, что этот интеграл стремится к нулю при 1? -~-со. Поэтому, переходя в (12') к пределу при R -а со, мы получаем при t 0
f {х) дiх=лед• (14')
При t 0 оценка (13) несправедлива, ибо Т е'Zд Т = еуд сильно возрастает при у ->+ оо. Поэтому мы заменим дугу уд дугой уА нижней полуокружности (рис. 41). Пусть
она проходится по часовой стрелке, тогда по теореме Коши о вычетах при R > 1
R
f (х) дх + S f (z) дг = -2лi гев f = лед. (12")
~
Так как при l < 0 на уА имеем ед°д Т = е-уд е 1 и г2 } 1 > R2 -1, то интеграл от f по уА также стремится к нулю ори R -> СО, и из (12") в пределе получим

(14")

Объединяя формулы (14') и (14"), получаем окончатель-
ный результат:

(15)
со
е!нх
ср(l)= 1+кгсiх=ле-~д~.
_со
В дальнейшем мы не раз будем пользоваться вы цетамн для вычисления различных интегралов. Приведем в за­ключение лемму, полезную при таких вычислениях.

ЗАДАЧИ 151

Л е м ы а (Ж о р д а н). Пусть функция f голоморфна в 1 I т z 0; всюду, за исключением изолированного множества особых точек, и М (R) = тах I f (г) I ка полуокружности ул = i I г I= R, 1 т г 0} стремится к кулю при R -,- оо (или по последовательности Ап --; со такой, что уАп не со-
держат особых точек f). Тогда для любого ?. ' 0
f (г) еа дг (16)
ил
стремится к нулю при R -* со (или по соответствующей последовательности Ап -r со).
(Смысл леммы состоит в том, что М (R) может стре-
миться к нулю сколь угодно медленно, так что интеграл
от f по ул не обязан стремиться к нулю, умножение на
экспоненту е с ?>0 убыстряет стремление к нулю.) • Обозначим через уД = {z =1 есФ: 0 гр 2 правую
половин) уА. В силу выпуклости синусоиды при гр е
е [0, 2 ] имеем sin ср л р, и, значит, на уА справедлива
2лАф
оценка J е'?.: J = е Тп ф _е . Поэтому

1.
п
2ф f (г) е" дг j е М (R) S в п R 1р = М (R) 2j (1 - е- лА) ,
о
А' II
интеграл по уА стремится к нулю при R -> со. Оценка
для уя = ул\ул проводится аналогично ►
Как видно из доказательства, условие голоморфности f
этой теореме не существенно.
ЗАДАЧИ
1. Интегралом типа Кошн называется интеграл вида Р
(2) 2пг S tу(r) г~
Ъ '
где '-гладкая (или спрямляемая) кривая, а !-непрерывная (или
суммируемая) на у функция. Доказать, что F является функцией,
голоморфной в ё\у и равной нулю в бесконечности

152 свосгствп голомогФных Функцпиг fгл. п

сходится в точке z=0. Покажите, что j можно продолжить до целой
2. Пусть у-гладкая замкнутая жорданова кривая, D-область такая, что у=дв и f Е С (у). Показать, что при переходе через у
интеграл типа Кошн испытывает скачок, равный значению j в точке

F'+ (со) - F (Со) ^п f (Со)
перехода. Точнее: если Со Е у, а -. со, оставаясь соответственно внутри D или вне D, то F (z) имеет предельные значения F (Со) н F (Со), причем
(формула Ю. В. Сохоцкого). Су к а з а н н е: представить F (г) в виде
1 f (С)-f (Со) f (Со) дС
г(г)=2пг S С-z дС+ 2пг 3
Ч Ч
З. В предположениях предыдущей задачи доказать, что каждое из следующих условий необходимо н достаточно для того, чтобы интеграл типа Кошгг был интегралом Кошн:
а) `fС) .-О для всех
У
б) , Спf (b) дС = 0 для всех п = 0, 1, 2, ...
со
4. Пусть f (z)= Е апгл голоморфна в замкнутом круге U = п=0
= {I и а0 * О. Доказать, что тогда j отлична от нуля в круге
~IzI<ао1+М" где М. тах f(г)~•
б. Доказать, что ггепеггной ряд не может абсолютно сходиться ни в одной граничной точке круга сходимости, если таю имеется хотя бы один полке разлагаемой в ряд функции.
доказать, что функцию, голоморфную во внешности двух не-пересекающихся компактов, можно представить в виде суммы двух функций, одна из которых голоморфна во внешности одного ком• пакта, а другая-во внешности другого.
Доказать, что любая целая функция j, не принимающая зна­чеинй ггз правой полуплоскостгг, постоянна.
Вывести теорему Сохоцкого для целых функций из теоремы Лиувилля.
Пусть а является существенно особой точкой функции j; чем
может служить а для функции ?
(Ответ: предельной точкой полюсов или существенно особой
точкой.)
Доказать теорему Сохоцкого для предельной точки полюсов.
Пусть j голоморфна в круге г . 1 е ряд
f (г)+f" (г)+f" (z)+...
злдлчи 153
функции, причем указанный ряд сходится равномерно на всяком компактном лодмножестве плоскости С.
Если j голоморфиа н ограничена в правой полуплоскости х если j' (п) =0 для любого целого п > 0, то f 0.
(В. И. Г а в р и л о в). Если % (z)=г+ Е а"г" голоморфиа п~2
в круге {;г;<1} и !а, п для всех п, то, и все j" (т)=z+
+ Е akzk однопигтны в круге { г т), где т—действительный

2(1 —т)³—(1 { т)=⁰.

Оценка т достигается для
k=2
корень уравнения
fо(г)=2г-(1 г —г 2г2-3г3—...
[У к а з а к и е: воспользоваться тем, что
т
%(z2)_2(т1) I-1—~ п2г" 1=2—(11+)з при 1г1!, !г2!~r.
2 1 re>2
заметим, что знаменитая гипотеза Бибербаха, по которой для функ­ций / (z)=z {- Е а"z", голоморфных в {Т т < 1} н однолистных
п~2
там, Т а" Т <п для всех п, до сих пор не доказана и пе оировер~ryта.]