close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Степенная задача Римана с постоянными показателями для двоякопериодических функций с нулями на контуре.

код для вставкиСкачать
2000
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 10 (461)
УДК 517.544
Е.П. АКСЕНТЬЕВА
СТЕПЕННАЯ ЗАДАЧА РИМАНА С ПОСТОЯННЫМИ
ПОКАЗАТЕЛЯМИ ДЛЯ ДВОЯКОПЕРИОДИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ
С НУЛЯМИ НА КОНТУРЕ
На плоскости нелинейная задача Римана степенного типа
[+ (t)] = G(t)[; (t)] ; t 2 L n fteg;
(1)
в классе функций с допустимыми нулями на контуре рассматривалась впервые Ф.Д. Гаховым
[1] при ; 2 N . М.Э. Толочко [2], исследуя задачу (1) для многосвязной области и кусочнопостоянных целых показателей , , получил необходимое и достаточное условие разрешимости. Г.В. Аржанов [3], [4] при функциональных показателях , изучил различные ситуации,
связанные с нулями функций (t) на L. При этом точка te не фиксировалась, и допускалось
аналитическое продолжение в полуокрестности нулей соответственно слева и справа у функций
[+ (t)] и [; (t)] . В работе автора [5] при измененной постановке задачи (1) с фиксированной
точкой te получен критерий разрешимости в случае функциональных показателей. На римановой поверхности рода 1, а также ее аналоге | параллелограмме, задача (1) с постоянными
показателями в классе функций без нулей на контуре рассматривалась В.В. Кашевским [6], [7].
В данной работе для задачи (1) при постоянных показателях в параллелограмме получены
критерий разрешимости и решение в явном виде. Дан анализ условий разрешимости в зависимости от числа нулей решения и их расположения, включая случай граничных нулей. Общую
теорию дополняет пример, в котором определен произвол входящих в решение постоянных.
1. Критерий разрешимости, явный вид решения
Пусть R = fz 2 C j z = t1 + s1 !1 + s2 !2; 0 < s1 < 1; 0 < s2 < 1g | внутренность параллелограмма, Im(!2 =!1 ) > 0, l1 , l10 | его боковые стороны, l2 , l20 | нижнее и верхнее основания,
ftk g = ft1; t1 + !1; t1 + !1 + !2; t1 + !2g | вершины. Пусть @R | граница области R, ориентированная против часовой стрелки, L = fz 2 C j jz j = 1g, L R | окружность, ориентированная
по часовой стрелке. Через D+ обозначим двусвязную область с границей @D+ = L [ @R, а через
D; = R n D+ | односвязную (рис. 1).
t4
l20
l1 + D;
D
-
t1
l2
Рис. 1
3
L
l0
1
t2
t3
Требуется найти все функции (z ) 6 0, аналитические в R n L, непрерывные в D (т.е.
(z ) 2 H 1 (D ) \ C (D )), имеющие конечное число нулей, по граничным условиям
[+ (t)] = G(t)[; (t)] ; t 2 L n ;
(2)
+
+
(t + !k ) = (t);
t 2 lk ; k = 1; 2;
(3)
где ; 2 C n f0g, = fj gr1 , точки j 2 L произвольно фиксированы и различны, r 1, G(t)
| гельдерова функция на L, G(t) 6= 0. Для определенности считаем, что точки 1 ; 2 ; : : : ; r
расположены в порядке обхода L против часовой стрелки. Будем рассматривать два случая:
случай A, когда все точки j , j = 1; r, являются нулями (других нулей на L нет) функции
(z ) = (z ), z 2 D (т. е. lim (z ) = 0 при z ! j , z 2 D ), и случай B, когда (t) 6= 0,
t 2 L, = f1g, т. е. точка 1 является точкой разрыва краевого условия. Условие (2) следует
понимать так, что существуют ветви ln (t) на L n , при которых выполняется равенство
exp[ ln +(t)] = G(t) exp[ ln ; (t)]:
Аналитического продолжения функций [+ (t)] , [; (t)] в полуокрестности точки j не требуется.
Получим необходимое условие разрешимости задачи. Обозначим все возможные нули функции (z ) в n L (с учетом их кратности и аналитичности функции (z ) на @R): aj 2 n D; ,
j = 1; n+ ; bj 2 D;, j = 1; n; , где = R [ l1 [ l2 [ ft1 g. У функции (z) выделим явно эти нули,
используя функцию Вейерштрасса (z ; !1 ; !2 ) = (z ) [8],
+ (z ) =
;(z ) =
+
(z ; aj ) F + (z);
j =1 (z ; z0 )
n
Y
n
Y
;
j =1
(4)
(z ; bj ) F ; (z);
(5)
где точка z0 2 D; фиксирована, F (z ) 2 H 1 (D ) \ C (D ), F (z ) 6= 0 в n L. Однозначное
выделение ветвей (z ) = ln F (z ) в D возможно, т. к. у F (z ) нет нулей в D и справедливы
следующие выкладки:
F + (t + !
k
) = F + (t) exp
k
+
n
X
j =1
(aj ; z0 ) ; t 2 lk ; k = 1; 2;
0+
0+
0
k = 2 (!k =2), (z) = (z; !1 ; !2) | функция Вейерштрасса =) FF + ((tt++!! )) = FF + ((tt)) =) FF((tt))dt = 0
@R
=) [ln F + (t)]L1 = [ln F + (t)]@R = 0, где L1 | любой замкнутый контур в R, ориентированный
против часовой стрелки, причем L int L1 , [f ]L1 | изменение f вдоль L1 .
Краевое условие (2) для функции F (z ) с учетом (4), (5) преобразуется в условие вида
[F + (t)] = G1 (t)[F ; (t)] ; t 2 L n ;
(6)
k
R
k
где
G1(t) = G(t)
+
n
Y
j =1
;
n
(t ; z0 ) Y
(t ; aj ) j=1[(t ; bj )] :
Не ограничивая общности, будем считать, что ветви многозначных множителей функции
G1 (t), а также ln G(t) фиксированы на L n f1 g.
Учитывая, что функции ln F (t) теряют непрерывность в точках j , прологарифмируем условие (6). Получим
+ (t) = ;(t) + g(t); t 2 L n ;
4
(7)
n
где g(t) = ln G1 (t)+2iNk (t), (z ) = ln F (z ), Nk (t) = N0 , t 2 1 2 ; N0 +
o
r+1 = 1 ,
k
P
j =2
j , t 2 k k+1 , k = 2; r,
j = mj ; kj ; lj ;
N0 ; kj ; lj ; mj 2 Z произвольны, j = 2; r =) g(j ; 0) ; g(j + 0) = 2ij , j = 1; r , где
1 = { ;
r
X
j =2
j ; n+ ; n; :
(8)
(9)
Если r = 1, то единственной точкой разрыва функции g(t) является 1 , Nk (t) = N0 на L n f1 g,
r
P
а сумма j в (9) отсутствует. Получена
j =2
(2), (3) эквивалентна совокупности линейных задач (7) в классе
(z ) 2 H 1 (D ) \ C (D n ) с условием
Теорема 1. Краевая задача
функций
+ (t + !
k
где
+
) = + (t) + k
n
X
j =1
(aj ; z0 ) + 2iNek ; t 2 lk ; k = 1; 2;
(10)
Nek 2 Z, причем в случае A
lim Re (z ) = ;1 при z ! j ; j = 1; r;
(11)
а в случае B функции (z ) непрерывны в точке 1 .
Имеет место
Теорема 2. Для разрешимости задачи (2), (3) необходима разрешимость в целых неотри+ ; в случае A системы
цательных числах n , n
Re[({ ; n+ ; n;)=] > 0; Re[({ ; n+ ; n;)= ] > 0;
(12)
где { = indL G(t), а в случае B | уравнения
n+ + n; = { () 1 = 0:
(13)
Доказательство. Учитывая эквивалентность краевых задач (2), (3) и (7), будем искать
необходимое условие разрешимости задач (7). Пусть класс Be = H 1 (D ) \ C (D n ). Через Bb
обозначим подкласс функций из Be , для которых
Re (z ) M < +1
при z 2 D в окрестности точек j множества . Решения класса Bb , удовлетворяющие условию
(11) в точках j в случае A и непрерывные
в 1 в случае B, являются искомыми.
R
Возьмем интеграл I (z ) = 21i g( ) ( ; z )d . В окрестности точек он имеет поведение
L
(напр., [9]) I (z ) = j ln(z ; j ) + Ij (z ), j = 1; r, где функции Ij (z ) ограничены. Поэтому I (z ) 2
Be . Введем функции + (z ) = + (z) ; I +(z ), ;(z) = ; (z) ; I ; (z). Поскольку на L n функция (z ) непрерывна, то в точках она может иметь лишь изолированные особенности. Из
рассуждений, аналогичных [5] для функциональных показателей, следует, что эти особые точки
могут быть только полюсами первого порядка и только при = < 0 в этих точках. Однако,
если , постоянные, то функция (z ) ограничена в окрестности точек . Без потери общности
покажем это для случая j = 1. Пусть (z ) в окрестности j = 1 имеет представление (z ) =
5
c1 =(z ; 1) + 1 (z ), где 1 (z) ограничена. Тогда в случае A для функции (z), удовлетворяющей
условию (11), имеем
c
1
j
lim Re (z ; 1) + ln(z ; 1) = ;1; z ! 1; z 2 D+ ;
c
j
1
lim Re (z ; 1) + ln(z ; 1) = ;1; z ! 1; z 2 D; :
Если z стремится к j = 1 по L, то для выполнения этих условий необходимо, чтобы
Im(c1 =) = 0, Im(c1 = ) = 0; тогда первые слагаемые ограничены, откуда следуют неравенства
Re(j =) > 0; Re(j = ) > 0; j = 1; r;
(14)
что противоречит тому, что = < 0. Значит, c1 = 0, что приводит снова к (14), следствием чего
в силу (9) будут неравенства (12).
В случае B как (z ), так и (z ) в окрестности точки 1 ограничены. Поэтому 1 = 0 ()
(13).
Заметим, что из доказательства теоремы 2 следует, что в окрестности j имеют место представления
[+ (z )] = (z ; j ) +j (z ); [; (z )] = (z ; j ) ;j (z );
(15)
где функции j (z ) ограничены и не обращаются в нуль в полуокрестностях точки j , j = 1; r .
Найдем решения исходной задачи,
считая условия теоремы 2 выполненными. Тогда опредеr
P
лены числа n+ , n; и число = j из (9). Зная , находим j , j = 1; r, учитывая (8), (14).
j =1
При этом всегда возможен случай одного граничного нуля, когда при r = 1 берем 1 = . Удобнее искать решение не приведением к линейным задачам (7), (8) (чтобы избежать вычисления
интегралов), а применением аналитического продолжения и представления (15) к условиям (2),
(3).
Положим
j
f (z ) = exp
r
X
Z
j =2 j 1
(j =) ( ; z ) d +
j
;
n
X
Z
j =1 bj 1
(=) ( ; z ) d +
=
+
n
X
Z
( ; z) d =
j =1 aj 1
[(z )]{=
; 1
;
n;
=
=
(z ; aj ) [(z ; j )]
[(z ; bj )]
j =1
j =1
j =1
nQ+
r
Q
Q
j
где aj 1 2 D+ . Ветви
многозначных множителей
фиксируемR линиями интегрирования
с учетом
R
R
R
;
(8): bj 1 2 D , (j =) ( ; z )d = (mj =) ( ; z )d ; kj ( ; z )d ; (lj =) ( ; z )d ,
1
1
1
1
j = 2; r. В первом интеграле j 1 2 D;, если z 2 D+ ; j 1 2 D+ , если z 2 D; , во втором интеграле
j 1 2 D+ , а в третьем | j 1 2 D;. Хотя функция f (z) разрывна в D; и на L, однако функции
[f ; (z )];= в D; и [f (z )] на L n являются непрерывными.
Запишем условие (2) в эквивалентной форме [+ (t)f + (t)] = [; (t)] [f ; (t)] G(t) ()
+
(t)f + (t) = [; (t)]= f ;(t)[G(t)]1= exp(2iN=), где N | любое целое число.
Введем вспомогательную функцию
F1 (z) = fF1+(z ); z 2 D+ ; F1; (z ); z 2 D; g;
F1+ (z ) = +(z )f + (z ) exp[;;+ (z)=];
F1;(z ) = [;(z )]= f ; (z ) exp[(2iN ; ;; (z))=];
R
где ;(z ) = 21i ln G( ) ( ; z ) d .
j
j
j
L
6
j
Функция F1 (z ) не обращается в нуль в R, аналитична там, т. к. не имеет скачка на L, однозначна и удовлетворяет условию
F1+(t + !k ) = F1+(t) exp k ; t 2 lk ; k = 1; 2;
(16)
где
n+
Z
n;
r
X
X
X
1
k = k (aj ; 1) + (bj ; 1 )= + j (j ; 1 )= + 2i ln G(t)dt :
L
j =1
j =1
j =2
Критерием существования функции F1 (z ) с условием (16) является (напр., [9]) равенство
1 !2 ; 2 !1 = 2i!e ()
+
n
X
aj + j =1
где
1
= ; 2i
;
n
X
j =1
bj +
r
X
j =1
j j = = !e + ;
(17)
Z
ln[G(t)t{ ]dt; !e = n1 !1 + n2 !2 ; n1 ; n2 2 Z:
e ) =)
При выполнении (17) получим F1 (z ) = exp(C + z
e + C ];
+ (z ) = [f + (z )];1 exp[;+ (z )= + z
(18)
;
;
;
=
;
e
(z ) = [f (z )]
expf[; (z ) + z
+ C ; 2iN ]= g;
(19)
где e = n11 + n2 2 , C | произвольная постоянная.
Получена
Теорема 3. Критерием разрешимости задачи (2), (3) являются условия теоремы 2 и (17).
При их выполнении все решения определяются формулами (18), (19).
L
2. Исследование условий разрешимости теоремы 2
Рассмотрим два различных случая.
Случай A. По теореме 2 необходимым условием существования решения с нулями на контуре
будут неравенства (12). Справедлива
Теорема 4. Для выполнения неравенств (12)
1) при Re(= ) 0 необходимы и достаточны неравенства
{ Re > 0; Re Re > 0;
(20)
2) при Re(= ) < 0 необходимы условия
Im Im < 0; { Im Im(= ) > 0;
(21)
+ ; удовлетворяют системе
и достаточно выполнения (20). При этом пары нулей n ; n
n+ + Re(=)n; < Re({ =); Re(= )n+ + n; < Re({= );
(22)
и число таких пар конечно.
Неравенства (12) эквивалентны системе (22). При выполнении условий
(20) пара = 0,
удовлетворяет системе (22). Докажем необходимость (20) и (21). При
Re(= ) 0 условия (20) следуют из неотрицательности левых частей в (22). При Re(= ) < 0
из (22) имеем
n+ < [Re({=) ; Re(=) Re({ = )]=[1 ; Re(=) Re(= )];
n; < [Re({ = ) ; Re(= ) Re({ =)]=[1 ; Re(=) Re(= )];
Доказательство.
n+
n; = 0
7
=) { Im Im( ) > 0, { Im Im( ) > 0 =) (21). Конечность числа решений системы (22)
следует из конечности числа решений каждого из ее неравенств. В заключение остановимся на частном случае, когда r > 1, j 2 Z, j = 2; r. Здесь для
выполнения неравенств (14) при j = 2; r и условия (12) необходимо, чтобы числа Re , Re , j ,
{ имели одинаковый знак. Для выполнения неравенства (14) при j = 1 необходимо добавить
r
r
P
P
условие { ; j Re > 0 =) j = 1; j{ j ; 1. Тогда система Re(1 =) > 0, Re(1 = ) > 0
()
j =2
j =2
n+ + Re(=)n;
Re(= )n+ + n;
< Re
< Re
{
{
;
;
r
X
j =2
r
X
j =2
j = ;
j =
(23)
разрешима в целых неотрицательных числах (n+ , n; ). Число таких пар конечно.
Случай B. Пусть r = 1 и 1 не является нулем решения. На плоскости задача без граничных
нулей решения исследовалась в работах [6], [7], [10]{[13] (в работе [12] | для автоморфных
функций в случае нулевого рода фундаментальной области). Здесь по теореме 2 необходимым
условием разрешимости будет уравнение (13).
Лемма 1. Если Im({ = ) 6= 0, то уравнение (13) имеет единственное решение
n+ = { Im =D; n; = ;{ Im =D;
(24)
D = Re Im ; Re Im , тогда и только тогда, когда правые части в (24) | целые неотрицательные числа.
Действительно, выделяя вещественную и мнимую части в (13), получим систему
n+ Re + n; Re = { ; n+ Im + n; Im = 0:
(25)
При Im({ = ) 6= 0 и D = 0 система не имеет решения. При D 6= 0 и условиях теоремы имеем
единственное решение (24).
Лемма 2. Если { = | иррациональное число, то уравнение (13) разрешимо тогда и только
имеет вид
= ({ ; p1)=q1 ; q1 2 N ; p1 2 N [ f0g:
(26)
+
;
В этом случае уравнение (13) имеет единственное решение n = q1 , n = p1 .
Действительно, поскольку здесь n+ 6= 0, то = ({ ; n;)=n+ =) (26). Единственность
следует из иррациональности .
Лемма 3. Если { = = l=k 2
= N [ f0g, то уравнение (13) имеет решение тогда и только
+
;
e )=q; n
e =p]
тогда, когда = = p=q , d(k; q ) = k , и либо = < 0, либо при = > 0 отрезок [(1 ; n
+
;
e ; n
e ) | произвольное частное решение уравнения (13) в целых
содержит целое число. Здесь (n
тогда, когда показатель
числах. Общее решение имеет вид
n+ = ne + + qu; n; = ne ; ; pu
u, удовлетворяющих условиям
u 2 [(1 ; ne + )=q; ne ;=p]
u maxf(1 ; ne + )=q; ne ;=pg
Здесь p; l 2 Z n f0g, q; k 2 N , d(l; k ) = 1, d(p; q ) = 1.
(27)
при любых целых
8
при
при
p > 0;
p < 0:
(28)
(29)
Действительно, для { = 2= N [f0g имеем n+ 6= 0 при n; 0, откуда следует рациональность
= , т. е. = = p=q. Из (13) получим
k(pn+ + qn; ) = lq:
(30)
Известно ([14], с. 52), что критерием разрешимости (30) в целых числах является равенство
d(k; q) = k. Пусть оно выполнено, а (ne +; ne ;) | частное решение уравнения (30). Тогда его общее
решение в целых числах имеет вид (27) при любых u 2 Z. Требуя выполнения неравенств n+ 1,
n; 0, получим (28), (29).
Заметим, что при = = p=q > 0 и d(k; q) = k необходимым условием разрешимости уравнения (13) для n+ 1, n; 0 является неравенство { = p=q () j{ j jj, а достаточным |
{ = p.
+
;
Лемма 4. Если { = 2 N [f0g, то уравнение (13) всегда разрешимо (n = 0, n = { = ). Для
существования других решений необходимо и достаточно, чтобы было справедливо = = p=q
и либо = < 0, либо при = > 0 выполнялось неравенство { =p 1. Все решения имеют вид
n+ = qu, n; = { = ; pu, u = 0; 1; 2; : : : при p < 0; u = 0; [{ =p] при p > 0. Здесь p 2 Z n f0g;
d(p; q) = 1, [x] | целая часть x.
Первая часть утверждения очевидна. Для нахождения других решений следует повторить
предыдущие рассуждения, полагая в них k = 1, ne + = 0, ne ; = { = .
3. Исследование условий разрешимости
(17)
Имеет место
n+ 2 условию (17) можно удовлетворить всегда, оставляя произвольными точки aj , j = 3; n+ , bj , j = 1; n; , j , j = 1; r .
Доказательство. Утверждение теоремы следует из того, что взяв aj 2 lj [ ft1 g, j = 1; 2,
можно представить суммой a1 + a2 любую точку из параллелограмма T (), где T (z ) = z + t1 , а за
счет !e = n1 !1 + n2!2 | любую точку плоскости. При этом целые числа n1 и n2 фиксируются. При n+ = 0 и n+ = 1 получим критерий для функции G(t), при котором существуют точки
условию (17). Считаем условия
a1 2 n D ; , bj 2 D;, j = 1; n;, j 2 L, j = 1; r; удовлетворяющие
r
P
теоремы 2 выполненными. Обозначим R1 = j=jn; + jj =j.
Теорема 5. При
Теорема 6. Пусть
n+
j =1
= 0. Для выполнения равенства (17) необходимо и достаточно, что-
была конгруэнтна точкам кольца
2jjmax =jj ; R1 jz j R1 ;
(31)
; = 0, r 2, а справа | при n; = 0,
причем равенство слева достигается только при n
r = 1. Здесь jjmax = maxfjj jg. Если левая часть неравенства (31) отрицательна, то кольцо
бы точка
вырождается в круг.
Пусть в условии (17) n; 6= 0, r 0 или n; = 0, r > 2. Тогда при всех
возможных значениях bj , j левая часть (17) покрывает внутренность кольца (31). Если n; = 0,
r = 2, то в (31) возможно слева равенство, а справа его не будет из-за того, что все точки j
различны. Если n; = 0, r = 1, то получим окружность jz j = j{ =j. Здесь левая и правая части
в (31) совпадут.
+
Теорема 7. Пусть n = 1. Тогда при R1 > 1, в частности, при j{ = ; 1j > 1 равенству (17)
можно удовлетворить при любом . Для выполнения равенства (17) при R1 1 необходимо и
Доказательство.
достаточно, чтобы точка
была конгруэнтна точке области
S = n fz : jzj 1 ; R1 g:
9
Доказательство. При всех возможных значениях нулей решения (z ) левая часть в (17)
при n+ = 1 и R1 1 покрывает без пропусков область S и точки в окрестности @R; конгруэнтные
точкам области S . При R1 > 1 левая часть в (17) покрывает полностью или, возможно, другой
r
P
параллелограмм периодов. Так как в силу (9) R1 j j + n;j=jj = j{ = ; 1j, то R1 > 1 при
j =1
j{= ; 1j > 1. В случае отсутствия граничных нулей из (13) имеем R1 = j=jn; = j{= ; 1j,
n; = ({ ; )= , 1 | любая точка на окружности.
Замечания. 1 . То, что контур L является единичной окружностью, а не произвольным
гладким замкнутым контуром, используется существенно в п. 3 для описания области расположения точки , а также для упрощения исследования поведения функций (z ) в окрестности
граничных нулей.
2 . Из п. 2 следует, что в случае A число нулей функций (z ) в D ограничено. Поэтому
появление там бесконечного числа нулей решения в качестве предельного варианта невозможно.
В случае B, т. е. отсутствия граничных нулей, неограниченное число нулей возможно в силу (13)
только при < 0. Но тогда при n+ ! 1, n; ! 1, во-первых, нули решения должны сгущаться
к граничной точке, а значит, в ней решение будет иметь нуль, правда, неизолированный. Вовторых, либо G(t) = 0 на L (при Re 6= 0, Re 6= 0), либо arg G(t) становится неограниченным
(при Re = Re = 0). Отсюда можно сделать предположение, что функция (z ) имеет лишь
конечное число нулей.
Пример. Исследуем задачу с краевым условием
p
[+ (t)]1+i = 5t;3 [; (t)] 3 ;
(32)
p
периодами !1 = 2; 1; !2 = 4i, вершиной t1 = ;(!1 + !2 )=2. Здесь = 1 + i, = 3, { = 3, = 0.
Рассмотрим два различных случая.
Случай A. Система (22) имеет вид
p
p
2n+ + 3n; < 3; n+ + 3n; < 3
n
r
P
p
o
=) n+ = 0, n; = 0, = j = 3 , fn+ = 1, n; = 0, = 2 ; ig, fn+ = 0, n; = 1, = 3 ; 3g.
j =1
Ограничимся отысканием решений с одним граничным нулем и r > 1 граничными нулями, когда
j 2 Znf0g, j = 2; r. Отсюда с учетом (23) получим семь возможных
1) n+ = 0, n; =p0,
p вариантов:
+
;
+
;
+
;
1 = 3; 2) n = 1, n = 0, 1 = 2 ; i; 3) n = 0, n = 1, 1 = 3 ; 3; 4) n = 0, n = 1, 1 = 2 ; 3,
2 = 1; 5) n+ = 0, n; = 0, 1 = 2, 2 = 1; 6) n+ = 0, n; = 0, 1 = 1, 2 = 2; 7) n+ = 0, n; = 0,
1 = 2 = 3 = 1. Рассмотрим условие (17). По теореме 6 в случае 1) задача не разрешима.
В случае 2) по теореме 7 задача имеет решение. Найдем произвол в расположении его нулей.
Условие (17) имеет вид a1 +(1 ; 3i)1 =2 = !e . Отсюда определяется множество L L допустимых
нулей 1 : arctg 3+arg z1 < arg 1 < arctg
p 3 ; arg z1 + ; arctg 3+arg z1 ; < arg 1 < arctg 3 ; arg z1,
где z1 = L1 \ L2 , Im z1 > 0, L1 : jtj = 10=2, L2 : jt ; 2; 1j = 1. При 1 2 L и только тогда точка
a1 2 D+ или a1 конгруэнтна точке из D+. При построении решения (18), (19) следует брать
!e = 0.
В остальных случаях, где n+ = 0, применим теорему 6. В случае 4) из (31) имеем неравенство
p
jzj < 3 2=2;
(33)
а из (17) | равенство
p
p
3b1 + (2 ; 3)1 + 2 = !e (1 + i):
(34)
В круг (33) попадают три точки-периоды !e = 0; !e = !1. Каждая из них определяет решение.
;
Условие (34) дает область
p Db Dp; произвольного расположения нуля b1:
;
Db = fz 2 C j 1 ; 3=3 jz j < 3 ; 1g при !e = 0;
10
;
;
e = ;!1 , где
Db; = D1 \ D ; при !e = !1 ; D
2 \ D при !
b =D
p
p p
p
D1 = fz 2 C jz ; !1(1 + i)= 3j < 3 ; 1g, D2 = fz 2 C jz + !1 (1 + i)= 3j < 3 ; 1g.
Каждому b1 2 Db; соответствуют из (34) две пары нулейp1 и 2 . Случай 3) можно считать
предельным для 4) при 1 = 2 . Здесь Db; = fz 2 C jz j = 3 ; 1g при !e = 0; Db; = @D1 \ D;
;
при !e = !1 ; Db; = @D
p 2 \ D; приp!e = ;!1. Здесь каждому b1 2 Db соответствует единственный
нуль 1 из условия 3b1 + (3 ; 3)1 = !e (1 + i).
В случае 7) из (31) имеем (33), а из (17) | равенство
3
X
j =1
j = !e (1 + i):
(35)
При !e = 0 имеем нули 1 , 1 exp(2i=3), 1 exp(;2i=3), где 1 | любая точка дуги 0 arg 1 <
2=3. При !e = !1 рассмотрим треугольник z1 z2 z3 , где z1 = !1 (1 + i), z2 = 0, а z3 = 1 + 2
| подвижная точка. При 1 = 2 обозначим острые углы при вершине zj через 'j , j = 1; 2.
Очевидно, если 2 = 3 , треугольник с вершинами z1 , z2 , 1 имеет при z1 угол '2 , а при z2 |
угол '1 . Нули j , j = 1; 3, в силу (35) могут лежать только на дуге L3 = ft 2 C j =4 ; '1 <
arg t < =4 + '1 g. Каждому 1 2 L3 соответствует одна пара различных 2 и 3 . Однако и здесь
не все эти тройки дают разные решения задачи (32), ибо среди них будут тройки, отличающиеся
перестановкой нулей. Поэтому произвол в изменении 1 меньше: =4 ; '2 < arg 1 < =4 + '2 .
При !e = ;!1 имеем соответственно нули с противоположными знаками.
В случае 5) из (31) получим неравенствa
p
p
2=2 < jz j < 3 2=2;
(36)
а из (17) | равенство 21 +2 = !e (1+i). В кольцо (36) попадают две точки !e = !1 . Рассматривая
этот случай как предельный для 7) при двух совпадающих нулях, получим при !e = !1 два нуля
(1 ; 2 ) = (exp i(=4 ; '2 ); exp i(=4+ '1 )) и (exp i(=4+ '2 ); exp i(=4 ; '1 )). При !e = ;!1 имеем
еще два нуля с противоположными знаками. И, наконец, в случае 6) получим те же решения
задачи (32), что и в 5), ибо здесь нули 1 и 2 меняются местами.
Случай B. Если r = 1, точка 1 не является нулем решения, то по лемме 2 задача не имеет
решения.
Литература
1. Гахов Ф.Д. О нелинейной краевой задаче с допустимыми нулями на контуре // ДАН СССР.
{ 1973. { Т. 210. { Є 6. { С. 1269{1272.
2. Толочко М.Э. О нелинейной краевой задаче степенного типа для многосвязной области //
Научн. тр. Юбил. семин. по краев. задачам, посвящ. 75-летию со дня рожд. акад. АН БССР
Ф.Д.Гахова. { Минск, 1985. { С. 192{194.
3. Аржанов Г.В. О разрешимости однородной нелинейной краевой задачи степенного типа //
Изв. вузов. Математика. { 1978. { Є 8. { С. 8{18.
4. Аржанов Г.В. О разрешимости однородной нелинейной краевой задачи степенного типа. II.
{ Рост. ун-т. { Ростов-на-Дону, 1986. { 15 с. { Деп. в ВИНИТИ 30.07.86, Є 5556-В86.
5. Аксентьева Е.П. К исследованию степенной краевой задачи Римана // Изв. вузов. Математика. { 1990. { Є 4. { С. 3{10.
6. Кашевский В.В. Обобщенная нелинейная краевая задача на торе. { Ред. журн. \Вестн. Белорус. ун-та. Сер. 1". { Минск, 1981. { 14 с. { Деп. в ВИНИТИ 28.05.81, Є 2523-81.
7. Кашевский В.В. Одна нелинейная краевая задача на римановой поверхности, гомеоморфной
тору // Изв. АН БССР. Сер. физ-матем. наук. { 1981. { Є 6. { С. 50{54.
8. Ахиезер Н.И. Элементы теории эллиптических функций. { М.: Наука, 1970. { 304 с.
9. Аксентьева Е.П. Функции Вейерштрасса в краевых задачах. { Казань: Изд-во Казанск. унта, 1994. { 42 с.
11
10. Гахов Ф.Д. О нелинейной краевой задаче, обобщающей краевую задачу Римана // ДАН
СССР. { 1968. { Т. 181. { Є 2. { С. 271{274.
11. Комяк И.И. Нелинейная краевая задача типа задачи Римана с положительными показателями // Изв. АН БССР. Сер. физ-матем. наук. { 1970. { Є 6. { С. 83{87.
12. Рысюк Н.А. Нелинейная краевая задача типа задачи Римана с действительными показателями в классе автоморфных функций // Изв. АН БССР. Сер. физ-матем. наук. { 1973. {
Є 4. { С. 51{56.
13. Рысюк Н.А. Нелинейная краевая задача типа задачи Римана с комплексными показателями. { Ред. журн. \Изв. АН БССР. Сер. физ.-матем. наук". { Минск, 1974. { 7 с. { Деп. в
ВИНИТИ 27.02.74, Є 392-74.
14. Арнольд И.В. Теория чисел. { М.: Учпедгиз, 1939. { 288 с.
Казанский государственный университет
Поступила
15.02.1999
12
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
199 Кб
Теги
нулями, постоянный, римана, контур, функции, показателями, степенная, задачи, двоякопериодическая
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа