Теорема Ландау. ТФКП

[TelmanStud]

Null
Спасибо! Наглядный пример!
Но с другой стороны, выше обсуждения сводились к тому, что $\ln f$ не может приобрести фазу при оборотах вокруг нуля, если $f(z)\ne 0$ ни при каких $z$ из круга.

[Null]

Рассмотрите односвязную область спирально закрученную вокруг 0(не содержащую 0). Из теоремы о монодромии следует что если односвязная область не содержит 0, то логарифм можно определить голоморфно на ней, но ни чего не говорится о его значениях.

Нашел в другой книге: там опечатка надо

$$F(z)=\ln\left[\sqrt{\frac{\ln f(z)}{2\pi i}}-\sqrt{\frac{\ln f(z)}{2\pi i}-1}\right]$$

Иначе дальнейшие рассуждения некорректны(Не проверяли - это плохо). Тут как выбирать ветви логарифмов очевидно.

[TelmanStud]

Null
Спасибо.
Дальнейшие рассуждения не читал, не разобравшись с этим. Можете уточнить книжку?

[Slav-27]

Null в сообщении #1468750 писал(а):

Нашел в другой книге: там опечатка надо

$$F(z)=\ln\left[\sqrt{\frac{\ln f(z)}{2\pi i}}-\sqrt{\frac{\ln f(z)}{2\pi i}-1}\right]$$

Да, это понятно, кроме того, согласуется с формулой для обратной функции из книжки TelmanStud.

TelmanStud в сообщении #1468726 писал(а):

Null
Slav-27
вроде более менее разобрался. Спасибо!

Мне за то, что я там наговорил, по-хорошему надо в дыню, а не спасибо. На всякий случай напишу всё подробно -- вы уже разобрались, но всё-таки.

Напоминание теории:

(Оффтоп)

Канонический аналитический элемент в точке $z_0\in\mathbb C$ -- это комплексный степенной ряд $\mathbf f(z)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_i(z-z_0)^i$ с ненулевым радиусом сходимости.

Это по существу то же самое, что росток голоморфной функции в точке $z_0$.

Пусть $U\subset\mathbb C$ -- область. Аналитическая функция на $U$ (в смысле Вейерштрасса -- то есть, вообще говоря, многозначная) -- это максимальное по включению множество канонических аналитических элементов с центрами где-то в $U$, каждый из которых может быть получен из любого другого аналитическим продолжением вдоль какого-нибудь непрерывного пути, лежащего в $U$.

Иначе говоря, аналитическая функция -- это связная компонента пучка ростков голоморфных функций на $U$.

Каждый канонический аналитический элемент с центром в $U$ задаёт аналитическую функцию на $U$ -- множество всех канонических аналитических элементов, которые можно получить из него аналитическим продолжением вдоль непрерывных путей, лежащих в $U$. И обратно, любая аналитическая функция получается таким образом из любого своего элемента.

Теорема Пуанкаре -- Вольтерры гласит, что у аналитической функции в каждой точке не более чем счётное количество элементов. Если у $f$ в каждой точке $U$ ровно один элемент, то она называется голоморфной на $U$ (это согласуется с обычным определением голоморфной функции).

Теорема о монодромии говорит, что если область $U$ односвязна, то любая аналитическая функция на $U$, имеющая в каждой точке $U$ хотя бы один элемент, голоморфна на $U$.

Пусть $f$ и $g$ аналитические функции на $U$. Их сумма $f+g$ порождается всевозможными $\mathbf f+\mathbf g$, где $\mathbf f$ и $\mathbf g$ -- элементы соответственно $f$ и $g$ с одним и тем же центром; аналогочно определяется произведение $fg$. Композиция $g\circ f$ порождается всевозможными $\mathbf g\circ \mathbf f$, где $\mathbf f$ -- элемент $f$ в некоторой точке $z$, а $\mathbf g$ -- элемент $g$ в точке $\mathbf f(z)$. $f+g,fg,f\circ g$ не обязательно аналитические функции на $U$: они, вообще говоря, распадаются на несколько аналитических функций (но, по вышесказанному, не более чем на счётное число).

Надо отметить, что формулы вроде $\sqrt z+\sqrt z$ неоднозначны. Можно понимать это "в широком смысле", то есть как сумму $f+g$ 2 аналитических функций $f(z)=g(z)=\sqrt z$ (которая распадается на 2 аналитические функции: $2\sqrt z$ и $0$). А можно "в узком смысле": как композицию $h\circ f$ функций $f(z)=\sqrt z$ и $h(z)=z+z=2z$ (которая состоит из 1 аналитической функции $2\sqrt z$). Обычно такие формулы понимают "в наиболее узком возможном смысле", то есть если в формуле несколько раз встречается, например, $\sqrt z$, то считают, что элементы квадратного корня во всех этих вхождениях должны быть одинаковые.

Теперь докажем следующее:

Пусть $f$ -- голоморфная функция на открытом круге $U$ радиуса 1 с центром 0, не принимающая значений $0$ и $1$. Тогда любая из аналитических функций, на которые распадается $\ln\left(\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}-1}\right)$, голоморфна на $U$. (Формула понимается "в узком смысле": два элемента $\ln f$ выбираются каждый раз одинаково. Таким образом, выбор элементов здесь происходит четырежды: у внутреннего логарифма, у каждого из 2 квадратных корней и у внешнего логарифма.)

Так как круг односвязен, то по теореме о монодромии достаточно доказать, что при любом выборе элементов соответствующая аналитическая функция определена (т. е. имеет элемент) в каждой точке круга. Сначала разберёмся с $\ln f$. Логарифм определён везде, кроме 0; так как $f\ne 0$, то $\ln f$ определён в каждой точке круга, и, по теореме о монодромии, любой выбор элемента логарифма даёт голоморфную функцию на $U$. Квадратный корень тоже определён везде, кроме 0, а $\ln f\ne 0$, так как $f\ne 1$. Итак, любой выбор элементов внутреннего логарифма и корней приводит к голоморфной функции на $U$; осталось проверить, что она нигде не обращается в 0. Пусть $\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}-1}=0$ (здесь имеются ввиду не сами аналитические функции, а какие-то фиксированные элементы; то есть это равенство (сходящихся) формальных степенных рядов с центром в некоторой фиксированной точке $z\in U$). Тогда для этих элементов $\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}=\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}-1}$, откуда ${\dfrac{\ln f}{2\pi i}}={\dfrac{\ln f}{2\pi i}-1}$, что приводит к противоречию.

Замечания.

1. Мы не говорим, что $\ln\left(\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}-1}\right)$ будет состоять ровно из одной голоморфной функции. На самом деле это неверно: к любой из них можно прибавить $2\pi ik$ ($k$ целое), и получится другая такая голоморфная функция.
   
2. То, что любые 2 из них отличаются на константу, тоже неверно: можно взять любую из них и измененить знак у выбираемого элемента любого из корней -- полученная голоморфная функция будет отличаться от прежней более чем на константу, если только $f$ непостоянна.
   
3. Если понимать формулу "в широком смысле", то есть допустить различный выбор элементов для двух $\ln f$, то утверждение остаётся верным (но при некоторых выборах элементов под внешним логарифмом будет получаться тождественный ноль, не дающий никакой аналитической функции).
   
4. Пусть $f$ голоморфная функция на односвязной области. Мы использовали тот факт, что если $f$ не обращается в 0, то любая из аналитических функций, на которые распадается $\ln f$, голоморфна. Верно и обратное: если хотя бы одна из аналитических функций, на которые распадается $\ln f$, голоморфна, то $f$ не обращается в $0$. Действительно, в таком случае $f$ есть экспонента голоморфной функции, а экспонента никогда не обращается в $0$.
   
5. Вообще говоря, неверно, что любой элемент $g\circ f$ есть композиция некоторого элемента $f$ с некоторым элементом $g$: может оказаться, что аналитическое продолжение какого-нибудь элемента такого вида даёт элемент, не имеющий такого вида. Пример: $f(z)=\sqrt z$, $g(z)=z^2$. Композиция $g\circ f=z$, но её элемент в $0$ не имеет такого вида, потому что у $\sqrt z$ вообще нет ни одного элемента в нуле. Мы выше рассматривали элементы только такого вида, пользуясь теоремой о монодромии: если есть элемент такого вида, то никаких других в этой точке быть уже не может.

Исследуем заодно и формулу с опечаткой $\ln\left(\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi}}-1\right)$.

(Оффтоп)

Будем понимать её "в узком смысле", то есть как $\ln\left((1-\sqrt i)\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-1\right)$. (Так как $i$ постоянная функция, то эта формула сразу распадается на 2 формулы $\ln\left((1-e^{\frac{\pi i}4})\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-1\right)$ и $\ln\left((1+e^{\frac{\pi i}4})\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}-1\right)$.)

Разумеется, тут уже неверно, что для любой $f$ любая из аналитических функций, которую эта формула задаёт, обязательно голоморфна. Чтобы в этом убедиться, достаточно придумать непостоянную голоморфную $f$ на $U$, которая не принимает значений $0$ и $1$, но равна в некоторой точке, скажем, $\exp\left(\dfrac{2\pi i}{(1-e^{\frac{\pi i}4})^2}\right)$; существование такой функции сразу следует, например, из теоремы Римана (о том, что любая односвязная область в $\mathbb C$, отличная от всей $\mathbb C$, биголоморфна единичному кругу).

Можно сказать и больше: существует такая голоморфная $f$ на $U$ (не принимающая значений 0 и 1), что ни одна из аналитических функций, задаваемых вышеприведённой формулой, не является голоморфной!

А именно, выкинем из $\mathbb C$ дерево $\Gamma$ (связный граф без циклов), проходящее через все квадратные корни из целых чисел, но не проходящее через числа вида $\sqrt{\dfrac1{(1+\sqrt i)^2}+k}$, где $k$ целые. (Думаю, что подойдёт $\Gamma:=\{\sqrt k e^{i\varphi}| k\in\mathbb N, 0\leqslant\varphi\leqslant\frac{3\pi}2\}\cup (-\infty,0]$.) Получится односвязная область $\mathbb C\setminus\Gamma$; по теореме Римана найдётся (даже би-) голоморфная функция $g$, отображающая единичный круг на эту область. Тогда голоморфная функция $f:=\exp(2\pi i g^2)$ обладает требуемым свойством.

Действительно, во-первых, $f$ не обращается в 0 (так как она экспонента голоморфной функции) и в 1 (так как область значений $g$ не содержит квадратных корней из целых чисел). Зафиксируем выбор элемента корня и логарифма $\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}}$, приводящий к функции $g$: тогда голоморфная функция под внешним логарифмом принимает значение $0$ (потому что $g$ принимает каждое из 2 значений $\dfrac1{1\pm e^{\frac{\pi i}4}}$ по построению $\Gamma$). Любой другой выбор элементов корня и логарифма даёт элемент вида $\sqrt{\dfrac{\ln f}{2\pi i}+k}$; здесь $\ln f$ обозначает элемент, который мы зафиксировали раньше, $\sqrt{\phantom{2}}$ -- любой из 2 возможных элементов корня, а $k$ -- какое-то целое число. Докажем, что порождаемая этим элементом голоморфная функция принимает каждое из 4 значений $\pm\dfrac1{1\pm e^{\frac{\pi i}4}}$. Во-первых, квадрат этого элемента ${\dfrac{\ln f}{2\pi i}+k}$ порождает $g^2+k$, которая принимает значения $\left(\dfrac1{1\pm e^{\frac{\pi i}4}}\right)^2$, так как $g$ принимает все значения $\sqrt{\dfrac{1}{(1+\sqrt i)^2}-k}$ (опять-таки по построению $\Gamma$). Осталось проверить, что если $g(z_1)^2=g(z_2)^2=\left(\dfrac1{1\pm e^{\frac{\pi i}4}}\right)^2$ и при этом $g(z_1)=-g(z_2)$, то и $(\sqrt{g^2+k})(z_1)=-(\sqrt{g^2+k})(z_2)$ для любого (из двух, отличающихся только знаком) выбора голоморфной функции $\sqrt{g^2+k}$. Это следует из того, что на области $\mathbb C\setminus\Gamma$ одна из двух голоморфных функций $\sqrt{z^2+k}$ отображает каждый из 4 открытых квадрантов в этот же самый открытый квадрант (а другая, соответственно, переставляет квадранты отражением относительно 0).

[TelmanStud]

Slav-27
Спасибо за Ваше время и обширное разъяснение. Буду разбирать Вашу мини лекцию . Спасибо еще раз!