Первообразная

[StaticZero]

Пусть в односвязной области $D$ задана точка $z_0$ и регулярная функция $f$. Тогда $\Phi(z) = \int \limits_{z_0}^z f(w) \ \mathrm dw$ - первообразная для $f(z)$.

Пишу доказательство с нуля, без подглядки. Пусть $z$ и $z + \Delta z$ --- две точки в $D$. Пусть $\Phi = U + i V$, где из определения пишем

$$ U(x, y) = \int \limits_{(x_0, y_0)}^{(x, y)} (u \ \mathrm dx^* - v \ \mathrm dy^*), $$

$$ V(x, y) = \int \limits_{(x_0, y_0)}^{(x, y)} (u \ \mathrm dy^* + v \ \mathrm dx^*). $$

Обоснуем, что $\Phi(z)$ дифференцируема; тогда нужно вычислить четыре производных:

$$ \begin{align*} \dfrac{\partial U}{\partial x} &= \lim \limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{U(x + \Delta x, y) - U(x, y)}{\Delta x} = \lim \limits_{\Delta x \to 0} \left[ \dfrac{1}{\Delta x} \times \int \limits_{(x, y)}^{(x + \Delta x, y)} (u \ \mathrm dx^* - v \ \mathrm dy^*)\right] =\\&= \lim \limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{\int \limits_x^{x + \Delta x} u \ \mathrm dx^*}{\Delta x} = u(x, y), \end{align*} $$

аналогичным образом $\dfrac{\partial U}{\partial y} = -v(x, y)$, $\dfrac{\partial V}{\partial x} = v(x, y)$, $\dfrac{\partial V}{\partial y} = u(x, y)$.

То есть, предел существует, потому что $u(x, y)$ и $v(x, y)$ непрерывны (значит, интегрируемы), и автоматом $U_x = V_y$, $U_y + V_x = 0$, то есть и условия Коши---Римана имеются. Этого достаточно, чтобы заключить $\Phi'(z) = f(z)$ (ну хотя бы потому, что $U_x + i V_x = u + i v$, $V_y - i U_y = u + iv$)?

[ewert]

StaticZero в сообщении #1250306 писал(а):

Обоснуем, что $\Phi(z)$ дифференцируема; тогда нужно вычислить четыре производных:

Не нужно четыре, вообще возиться с вещественными/мнимыми частями вредно. Вполне достаточно того, что из регулярности следует непрерывность, поэтому $f(z)=f(z_0)+o(1)$; а поскольку интеграл не зависит от пути, его приращение достаточно брать по прямолинейному отрезку. (естественно, то, что интеграл оценивается через максимум модуля функции, на этот момент считается известным)

[StaticZero]

ewert, не понял.

Функция $\Phi(z)$ дифференцируема, если верно

$$ \Phi(z + \Delta z) = \Phi(z) + A \Delta z + o(|\Delta z|). $$

Можно написать, что $\Phi(z + \Delta z) - \Phi(z) = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} f \ \mathrm d z^*$. Можно написать, что модуль этой штуки равен $O(|\Delta z|)$. Но отсюда только непрерывность $\Phi(z)$ следует (я теперь уже даже не уверен, следует ли), а нужна дифференцируемость.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1250341 писал(а):

Можно написать, что $\Phi(z + \Delta z) - \Phi(z) = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} f \ \mathrm d z$. Можно написать, что модуль этой штуки равен $O(|\Delta z|)$.

Первое написать можно и нужно. Второе -- не нужно совершенно. А нужно просто подставить под интеграл $f(z_0)+o(1)$ вместо $f(z)$, разбить его на два интеграла и оценить хвостик. Предварительно, конечно, убрав разгильдяйство -- переменная интегрирования не может присутствовать в пределах.

[StaticZero]

Разгильдяйство убрал

$$ \Phi(z + \Delta z) - \Phi(z) = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} (f(z) + o(1)) \ \mathrm d z^* = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} f(z) \ \mathrm d z^* + o(1) \int \limits_{z}^{z + \Delta z} \mathrm d z^* = f(z) \Delta z + o(1) \Delta z. $$

$$ \lim \limits_{\Delta z \to 0} \dfrac{\Phi(z + \Delta z) - \Phi(z)}{\Delta z} = \lim \limits_{\Delta z \to 0} (f(z) + o(1)) = f(z). $$

-- 24.09.2017, 16:10 --

ewert в сообщении #1250339 писал(а):

вообще возиться с вещественными/мнимыми частями вредно

В каком смысле? Кстати, забыл спросить.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1250356 писал(а):

$$ \Phi(z + \Delta z) - \Phi(z) = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} (f(z) + o(1)) \ \mathrm d z^* = \int \limits_{z}^{z + \Delta z} f(z) \ \mathrm d z^* + o(1) \int \limits_{z}^{z + \Delta z} \mathrm d z^* = f(z) \Delta z + o(1) \Delta z. $$

Второй интеграл в третьем выражении незаконен -- вместо него должно стоять $|\Delta z|$. А так да.

StaticZero в сообщении #1250356 писал(а):

В каком смысле?

В том, что доказываемое утверждение гораздо идейнее и гораздо проще, чем какие-то там коши-риманы.

[StaticZero]

ewert в сообщении #1250361 писал(а):

Второй интеграл в третьем выражении незаконен -- вместо него должно стоять $|\Delta z|$

Тут не понял. Объясните, пожалуйста.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1250363 писал(а):

Тут не понял. Объясните, пожалуйста.

Для интеграла от функции комплексного переменного нет теоремы о среднем. Но зато сохраняется стандартная оценка -- модуль интеграла не превосходит максимума модуля подынтегральной функции на длину участка интегрирования. Её и достаточно.

[pogulyat_vyshel]

StaticZero в сообщении #1250306 писал(а):

Пусть в односвязной области $D$ задана точка $z_0$ и регулярная функция $f$. Тогда $\Phi(z) = \int \limits_{z_0}^z f(w) \ \mathrm dw$ - первообразная для $f(z)$.

это банальное следствие теоремы о дифференцировании обычного вещественного интеграла от вещественной функции по верхнему пределу, просто выберете путь интегрирования в виде двух отрезков параллельных осям

[StaticZero]

ewert в сообщении #1250365 писал(а):

Для интеграла от функции комплексного переменного нет теоремы о среднем

В смысле, $o(1)$ нельзя вынести за знак интеграла?

[ewert]

StaticZero в сообщении #1250368 писал(а):

В смысле, $o(1)$ нельзя вынести за знак интеграла?

Нельзя. Т.е. после "вынесения" получится тоже о-маленькое, но другое.

Вообще это была, строго говоря, неаккуратная запись доказательства. Но вполне разумная (за исключением вышеотмеченного).

pogulyat_vyshel в сообщении #1250367 писал(а):

это банальное следствие теоремы о дифференцировании обычного вещественного интеграла от вещественной функции по верхнему пределу, просто выберете путь интегрирования в виде двух отрезков параллельных осям

Это ни разу не следствие, т.к. дифференцируемость по $z$ вовсе не сводится к дифференцируемости по иксам и игрекам. Другое дело, что это доказывается ровно так же, как и в вещественном случае.

[pogulyat_vyshel]

ewert в сообщении #1250370 писал(а):

вовсе не сводится к дифференцируемости по иксам и игрекам

нет, в данном случае именно сводится, естественно при правильных разъяснениях, которые вам, очевидно, неизвестны

[ewert]

pogulyat_vyshel в сообщении #1250375 писал(а):

естественно при правильных разъяснениях,

При каких -- при условиях Коши-Римана?...

ТС ровно с этого уродства и пытался начать.

[pogulyat_vyshel]

В условии сказано, что функция $f$ регулярна, значит ее действительная и мнимая компоненты непрерывно вещественно дифференцируемы и связаны условиями Коши-Римана, значит по теореме Стокса мы контур можем выбирать как надо. Ну и на хрен все эти предельные переходы писать?

[ewert]

pogulyat_vyshel в сообщении #1250380 писал(а):

непрерывно вещественно дифференцируемы и связаны условиями Коши-Римана, значит по теореме Стокса мы контур можем выбирать как надо.

Во-первых, непрерывность производных тут не обязательна. Во-вторых, это называется теоремой не Стокса, а Коши (опирающейся опять же не на Стокса, а на Грина, если уж так хочется сразу же задействовать непрерывность производных). В-главных: да, выбирать путь (а не контур) можем как угодно; и что?... при чём тут регулярность-то полученного интеграла?

И кстати: выбирая путь "в виде двух отрезков", к вещественной теореме Барроу задачу никак не сведёшь. Можно формально свести, взяв один отрезок, соединяющий точки, но и тут засада: производная получится всего лишь по Гато, а нужно по Фреше.