Аналитическое продолжение

[MChagall]

$F_0$ - аналитический элемент $(f_0, D)$, где $D$ единичный круг, $f_0(z)=\ln(z+\sqrt{1+z^2}), f_0(0)=0$. Пусть $\gamma_1=\left\lbrace z: \left\lvert z-i\right\rvert=1\right\rbrace^+$ и $\gamma_2=\left\lbrace z: \left\lvert z+i\right\rvert=1\right\rbrace^+$. Найти результат продолжения $F_0$ по кривым
a) $3\gamma_1$
b) $\gamma_1+\gamma_2$
c) $\gamma_2+\gamma_1.$

a) Надо продолжить по кривой $\gamma_3=\left\lbrace z: \left\lvert z-3i\right\rvert=3\right\rbrace^+$. Но даже не знаю с чего начать. Наверное, с того, что понять почему $f_0$ голоморфна в $D$? Но не могу понять функцию $f_0$. $z^2$ не однолистна в $D$. Для ветви логарифма необходим разрез, но где он здесь проходит? В общем, даже не знаю что конкретно спросить. Может кто-нибудь объяснить (натолкнуть)?

[Brukvalub]

MChagall в сообщении #1306785 писал(а):

Для ветви логарифма необходим разрез,

Разрез нужен удобно проводить от точки ветвления логарифма, чтобы запретить обход этой точки ветвления. В данном случае единичный круг не содержит точки ветвления рассматриваемой функции и "не оборачивается" вокруг нее, поэтому разрез не нужен.

[MChagall]

Brukvalub в сообщении #1306814 писал(а):

поэтому разрез не нужен

Но дальше-то мне надо вылезать из единичного круга? Поэтому желательно знать где разрез. Или совсем не то делаю? В какую сторону хоть двигаться (в плане решения)?

[Brukvalub]

MChagall в сообщении #1306817 писал(а):

Но дальше-то мне надо вылезать из единичного круга?

Я вам вылезать из круга и не запрещал. Таскайте круг по кривым, указанным в условии.

[MChagall]

Brukvalub в сообщении #1306820 писал(а):

Таскайте круг по кривым

А как таскать? Переразлагать ряд? Можете первый шаг показать?

[Brukvalub]

Ну, интернет-обучением я не занимаюсь,но совет дам: читайте Сидорова, там есть примеры решения подобных задач.

[DeBill]

а) - это, видимо, не утроенная кривая, а кривая, проходимая трижды.
Вообще то , Ваша функция - обратная к гиперболическому синусу...
Но можно и без того - просто аккуратно посмотрите, как движутся точки: $z,z^2+1$, корень из, и сумма, и что происходит с аргументом суммы.

[MChagall]

DeBill в сообщении #1306827 писал(а):

а кривая, проходимая трижды.

Да, думаю, Вы правы. Тогда немного вырисовалось что-то: Похоже, мне надо пройтись по кругам
$U_0=D; U_1=\left\lbrace z:\left\lvert z-1-i\right\rvert<1\right\rbrace; U_2=\left\lbrace z:\left\lvert z-2i\right\rvert<1\right\rbrace; U_3=\left\lbrace z:\left\lvert z+1-i\right\rvert<1\right\rbrace$. Но как? Как, например, перейти из $U_0$ в $U_1$ ?

DeBill в сообщении #1306827 писал(а):

$z,z^2+1$, корень из, и сумма, и что происходит с аргументом суммы

Что-то не получается. Предполагаю, что аргумент увеличивается на какое-то число $(2\pi i ?)$.
Ещё заметил, что $f(z)=\ln\frac{(\sqrt{z-i}+\sqrt{z+i})^2}{2}$. Не знаю, есть ли в этом польза.

[MChagall]

DeBill в сообщении #1306827 писал(а):

: $z,z^2+1$, корень из, и сумма, и что происходит с аргументом суммы

Попробовал замену $w=z-i$. Получил $f_0(w)=\ln(w+i+\sqrt{w^2+2iw}), \gamma_1=e^{i\varphi}, -\frac{\pi}{2}\leqslant\varphi<\frac{3\pi}{2}$. Как-то может помочь?

[DeBill]

MChagall
Неприятность - в том, что Ваше отображение плохо "взаимодействует" с заданными окружностями. Все может сделаться несколько более прозрачным, если контуры заменить более "удобными" (и, если эти более удобные получены из исходных гомотопией, при которой через точки ветвления проходить не пришлось, то, по теореме о монодромии, результат продолжения не изменится). Так, вместо превого контура, можно рассмотреть здоровенную (верхнюю) полуокружность с диаметром.
На ее горизонтальных отрезках, хороша параметризация типа $z=\sh t $, на самой - типа $z= R e^{i\varphi}$, и, считая $R$ большим, все можно явно посчитать.
Тут есть еще одна проблемка, связанная с элементами и их значениями. Так, навскидку, ясно, каковы ветви Вашей аналитической функции: все они даются формулами $\pm f_0 +\pi in$. К сожалению, по значению в точке $z=0$ мы их не всегда можем различить (плюс от минуса). Так, продолжение вдоль первого контура , выполненное для его (моей) модификации, легко приводит к следующему: его значение в нуле равно $\pi i$ - и какой же элемент получился?. Но - если стартовой точкой контура будет не 0, а некое близкое к нулю число $z_0$, то конечной точкой образа кривой будет не точка $w_1 = w_0 +\pi i, w_0 =f_0(z_0)$, а - .....

(Оффтоп)

И - для контроля правильности выкладок: помните, что Ваша функция - это, почти что, арксинус, а школьная формула для решения триг. уравнения "синус икс равен a" - правильная формула...

[MChagall]

DeBill
Я попробовал по аналогии с $\ln(z)$ сделать, через интеграл $\int\limits_{0}^{z}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}$. Сначала решил посмотреть что станет при продолжении по $\gamma_1$. Пусть $f_1(z)$ результат такого продолжения. Я же могу представить его в виде $f_1(z)=\int\limits_{\gamma_1}^{}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}+\int\limits_{0}^{z}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}$ ?
Если да, то дальше $i$ - точка ветвления корня, поэтому он меняет знак при обходе по $\gamma_1$. Значит, $\int\limits_{0}^{z}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}=-f_0(z)$. И остаётся посчитать второй интеграл. Из сказанного в посте выше предполагаю, что он равен $i\pi$. Вот здесь непонятно. Хочу по теореме о вычетах. Ведь $i$ - полюс для $\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$ ? (Так как нуль $\sqrt{1+z^2}$) Но какого порядка? (производные ф-ии $\sqrt{1+z^2}$ не существуют в i) Или это существенная точка?
Верное, вообще рассуждение?

[DeBill]

MChagall в сообщении #1307234 писал(а):

ше $i$ - точка ветвления корня,

Да.

MChagall в сообщении #1307234 писал(а):

Ведь $i$ - полюс для $\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$ ?

Нет - как Вы и сказали выше.
Теорема Коши - для однозначных функций.

MChagall в сообщении #1307234 писал(а):

Я же могу представить его в виде $f_1(z)=\int\limits_{\gamma_1}^{}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}+\int\limits_{0}^{z}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}$ ?

Да, но надо быть аккуратным: в каком порядке Вы складывете эти два интеграла?
Точнее, какая ветвь корня стоит под вторым интегралом?

-- 25.04.2018, 20:29 --

На самом деле - да, именно продолженная (отличающаяся минусом от той, что была использована для $f_0$)/
Как считать интеграл по гамме-один? Можно - так: заменить контур другим: вверх почти до точки $i$, затем по малой окружности, затем вниз. Интеграл по малой окружности легко оценивается (он стремится к нулю при стремлении к нулю ее радиуса). А вот интегралы по верт. отрезкам не взаимоуничтожаются, а, наоборот, складываются. Параметризуя его (отрезок), сосчитаете то что хотели.

-- 25.04.2018, 20:32 --

И - да, хорошая идея - использовать интегральное представление, это конечно облегчит решение. Но надо уметь работать и с непосредственным продолжением.

[MChagall]

$\int\limits_{\gamma_1}^{}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}=2\int\limits_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}+\int\limits_{\gamma_R}^{}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}=i\pi$
Докажем, что 2-й интеграл равен нулю.
$\int\limits_{\gamma_R}^{}\frac{d\xi}{\sqrt{1+\xi^2}}\leqslant \frac{2\pi R}{\sqrt{1+(1+R)^2}}$. И при стремлении $R$ к нулю правая часть стремится к нулю, следовательно интеграл нулевой. Так верно?

[DeBill]

MChagall в сообщении #1307375 писал(а):

Так верно?

Нет: параметризация вертикального отрезка $\xi =it, t\in [0,1-\varepsilon]$, и под корнем будет "минус" (что хорошо - арксинус пртому как появится). И не забудьте про дифференциал...
Параметризация малой окружности $\xi = i +\varepsilon e^{i\varphi}$, и оценка будет не такая, похуже...

[MChagall]

DeBill в сообщении #1307387 писал(а):

$\xi =it, t\in [0,1-\varepsilon]$

Ну конечно же
$2\int\limits_{0}^{1-\varepsilon}\frac{idt}{\sqrt{1-t^2}}=2i\arcsin(1-\varepsilon)$ и стремится к $i\pi$.

$$\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{i\varepsilon e^{i\varphi}d\varphi}{\sqrt{1+(i+\varepsilon e^{i\varphi})^2}}\leqslant \frac{2\pi \varepsilon}{\sqrt{1+(1+\varepsilon)^2}}$$

Разве так не могу?