Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.65 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 176 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

u n (z)

z − 2i

Решение. cn =

, z0

= 2i,

(n +1) 2n

(n +1)

z − 2i

n+1

(n +1) 2

Применяя признак Даламбера, найдем lim

n→∞ (n + 2) 2n+1

z − 2i

(n +1)

z − 2i

1 +

z − 2i

= lim

lim

n→∞

2 (n + 2)

n→∞

1 +

Требование

z − 2i

< 2,

что определяет внутренность

круга радиуса 2 (R = 2) с центром в т. 2i .

Ответ: R = 2.

Замечание.

Условие

z − 2i

≥ 2 дает

u n (z)

≥

расходимость

∞

u n+1 (n)

u n (z)

ряда ∑

u n (z)

При

этом

≥

и тем самым

для таких

z −

круга с центром в т. 2i

радиуса

2 −

lim

u n (z)

≠ 0 .

внешность открытого

n→∞

Отсюда имеем limu n (z)≠ 0 и необходимое условие сходимости ряда

не

→∞

выполняется.

∞

ПРИМЕР 1.32. Найти область абсолютной сходимости ряда ∑n!zn .

Решение. u n (z)= n!zn ,

u n (z)

= n!

n!.

lim

u n+1 (z)

= lim

(n +1)!

(n+1)!

= lim (n +1)

u n (z)

n→∞

		0, если	z	<1
		0, если	z	<1
	n (n!)
z		=
		∞, если	z		≥1

Следовательно, z <1 − область абсолютной сходимости исследуемого

ряда.

Ответ: z <1 − область абсолютной сходимости.

Замечание. Если

≤ r <1, то

n! zn!

= n!

n! ≤ n!r n!. Но

∞

знакоположительный ряд

∑n!r n! сходится.

Отсюда

согласно достаточному

признаку Вейерштрасса исходный ряд будет сходиться равномерно в круге

z ≤ r .

ПРИМЕР 1.33. Найти область абсолютной сходимости ряда

∞	(z − 2)nn		z − 2		(z −	2)4		(z − 2)nn
∑	n n	=		+		2	+K+	n n	+K.
			1		2
1

Решение. u n (z)= (z − 2)nn			,
признак Коши, получим		n n
		z − 2 n(n −1)
lim n	u n (z) = lim
		n
n→∞	n→∞

u n (z)

z − 2

, применяя радикальный

n n

если

z − 2

≤1

если

z − 2

>1.

∞,

Ответ:

z − 2

≤1 − область абсолютной сходимости.

Замечание. Эта

же

область

есть

область

равномерной

сходимости

u n (z)

∞

исследуемого ряда, так как

≤

, а ∑

- сходящийся.

n n

Теорема 1.17. Сумма s (z) степенного ряда ∑∞

cn (z − z0 )n ,

∞

< R (R > 0)

s (t)= ∑ cn (z − z0 )n

есть

круге

сходимости

z − z0

аналитическая функция. При этом для коэффициентов ряда справедливы равенства

c0 = s (z0 ), c1 =

s′(z0 )

, c1 =

s′′(z0 )

(1.156)

s(k )(z

)

K,cn

n N.

Доказательство.

Убедимся,

что условия

теоремы

Вейерштрасса (см.

теорему 1.15) соблюдены.

Действительно,

члены

u n (z)= cn (z −z0 )n

степенного ряда – аналитические функции в точках конечной комплексной плоскости. При z − z0 ≤ r < R степенной ряд сходится равномерно. Любая

замкнутая подобласть из открытого круга z − z0 < R может быть включена в замкнутый круг z − z0 ≤ r < R . Таким образом, условия теоремы

Вейерштрасса соблюдены, что позволяет дифференцировать степенной ряд неограниченно. Имеем

s (z)= c0 + c1 (z − z0 )+ c2 (z − z0 )2 + c3 (z − z0 )3 +K+

+ cn (z − z0 )n + cn+1 (z − z0 )n+1 + cn+2 (z − z0 )n+2 +K,

z = z0 , получим равенства (1.156),

s′(z)= c1 + 2 c2 (z − z0 )+ 3 c3 (z − z0 )3 + 4 c4 (z − z0 )4 +K+

+ n cn (z − z0 )n−1 + (n +1) (z − z0 )n + (n + 2) cn+2 (z − z0 )n+1 +K,

K K K K K K K K K K K K K K K K

s(n ) (z)= n (n −1)(n − 2)K1 cn+ (n +1) (n (n −1))K1 (z − z0 )+K.

K K K K K K K K K K K K K K K K

Полагая в полученных равенствах что и требовалось доказать.

Замечание. s (z) будучи суммой степенного ряда является непрерывной функцией в открытом круге сходимости. Отсюда, в частности, получаем

lim s (z)= s (z* ),

z→z*

где z* открытому кругу сходимости.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.35. Если задана функция f (z), аналитическая в т. z0 ,
то степенной ряд
∑∞	f (n) (z0 )	(z − z0 )n	(1.157)

0	n!
называется рядом Тейлора функции f (z).

Это позволяет предыдущую теорему сформулировать так: степенной ряд есть ряд Тейлора для своей суммы, или разложением Тейлора функции f (z) в ряд по степеням (z − z0 ).

Справедлива обратная теорема.

Теорема 1.18. Если f (z)− аналитическая функция в открытом круге z − z0 < R , то она разлагается в степенной ряд, который является ее рядом

Тейлора. Доказательство.

z − z0 < p . Тогда

f (z)= 21πi

Для z, z − z0 < R 0 < p < R , такое, что

f (η)
ω∫p μ − z dη.	(1.158)

Но

η− z

+ (z

− z)

−

(η− z0 ) 1

−

η− z0

z − z

− z

z − z

1 +

η− z

+K =

z − z0

(z − z0 )2

+K+

(z − z0 )n

+K.

(1.159)

η− z0

(η− z0 )2

(η− z0 )3

(η− z0 )n+1

z − z0

Так как

z − z0

<1, то ряд,

η− z0

• z

заключенный в квадратные скобки, сходится

η •

по переменной η

равномерно к сумме

••z0

Величина

ограничена:

1 −

z − z0

η− z

η− z0

что обеспечивает равномерную

Рис. 1.23

η− z

сходимость по переменной η ряда (1.159) и

его, следовательно, можно почленно интегрировать. Это дает (см. (1.158), (1.159))

∞

(z − z

)

f (z)=

∫ ∑

f (η)d η =

2 πi

n+1

(η− z0 )

(1.160)

∞

(z − z

∞

)

= ∑

∫

(η)dη

= ∑ cn (z − z0 )

n+1

2 πi ω

(η− z0 )

где

cn =

∫

f (η)dη

f (n ) (z

)

(1.161)

πi

ω (η− z0 )n+1

что завершает доказательство теоремы.

Можно показать, что табличные разложения в ряд Тейлора, справедливые для действительных степенных рядов, имеют место и для комплексных степенных рядов. Приведем их.

Таблица разложений в ряд Тейлора

ez = 1

+ z +

∞

, z C.

+K+

+K= ∑

n=0

II. cos z = 1 −

+K+ (−1)n

z 2n

+K= ∑∞ (−1)n

z2n

, z C .

(2n)!

n=0

III. sin z = z −

+K+ (−1)n

z 2n+1

+K= ∑∞ (−1)n

z2n+1

, z C.

(2n +1)!

n=0

z2n

IV. ln(1 +z)= z −

+K+ (−

+K= ∑(−1)

< 1.

V. arctg z = z −

+K+ (−1)n+1

2n+1

∞

(−1)n

2n+1

< 1.

∑

2n +1

2n +1!

n=0

VI. (1 + z)α = 1 + αz + α (α −1)z2 + α(α −1) (α − 2)+K

α(α −1)K[α − (n −1)2]!n

K+

+K=

= 1 + ∑∞

α(α −1)K[α − (n −1)]

zn ,

< 1, α

n=1

При α = −1 отсюда имеем

VII.

= 1 − z + z

− z

+K+ (−1)

+K=

1 + z

= ∑∞ (−1)n zn ,

< 1.

n=0

∞

VIII.

= 1 + z + z

+K+ z

+K=

∑z

< 1.

1 − z

ПРИМЕР 1.34. Разложить функцию

в ряд Тейлора в окрестности

1 − z

z0 = 3i.

Решение. Полагая t = z −3i, z = t + 3i , имеем

1 − z

1 − t −3i

(1 −3i)

1 −

1 −3i

t n

1 +

+K+

1 −

1 −3i

(1 −3i)

z −3i

+K+

(z −3i)n

+K,

где согласно

VIII)

должно

−

(1 −3i)2

(1 −3i)n+1

быть

z −3i

<1,

z −3i < 1 −3i =

10 .

1 −3i

∞

(z −3i)n

z −3i <

10 .

Ответ: ∑

(1 −3i)n+1

ПРИМЕР 1.35. Разложить функцию ln (z2 + 6 z +12)в ряд Тейлора в ок-

рестности z0 = −3.

найдем z2 + 6z +12 = (t −3)2 +

Решение. Полагая z + 3 = t,

z = t −3,

+ 6 (t −3)+12 = t 2 − 6t + 9 + 6t −18 +12 = t 2 + 3. Отсюда

ln (z

+ 6z +12)= ln (t

t 2

. Теперь остается вос-

+ 3)= ln 3 + ln 1 +

пользоваться равенством IV) из таблицы разложения и получить

∞

(−1)n

ln (z2 + 6z +12)= ln 3 + ∑

= t < 3 =

n=1

3n n

= ln 3 + ∑ (−1)n+1 (z +

, z + 3 < 3 .

∞

3n n

Ответ: ln 3 + ∑ (−1)n+1 (z + 3)

z + 3 <

3 .

∞

3n n

z функцию

ПРИМЕР 1.36. Разложить в ряд Маклорена по степеням

3 27 − z .

Решение. Из VI) таблицы разложений при α =

находим

3 1 + z =1 + z

− 1 2

+1 2 3 z3 −

1 2 5 8 z 4

1 2 5 8 11 z5 +K

z 2

32 2!

33 3!

34 4!

35 5!

K+

(−1)n−11 2 5 8 11K(3n − 4)

∞

(−1)n−1 1 2 5 8 11K(3n − n)

=1 +

+ ∑

3n n!

<1.

3 1 − z =

1 −

−

∞

(−1)n−1 1 2 5 8 11K(3n − n)

zn ,

<1.

∑

3n n!

Теперь преобразуем данную функцию следующим образом:

3 27 − z = 3 3 1 −

и воспользуемся предпоследним равенством. Имеем

1 2 5 8 11K(3n − 4)

∑

− z

−

4 −

= 3 1

= 3 −

− ∑

1 2 5 8 11K(3n − 4)

zn ,

< 27 .

34n−1 n!

Ответ: 3 −

− ∑

1 2 5 8 11K(3n − 4)

z n ,

< 27 .

34n−1 n!

ПРИМЕР 1.37. Разложить в ряд Маклорена функцию

9 + z2 .

Решение. Положим в VI) таблицы разложений α = −

и найдем

1 3

5 7

=1 −

−

1 + z

23 3!

22 2!

K+

(−1)n 1 3 5 7K(2n −

∞

(−

1)n 1 3 5 7K(2n −

zn ,

2n n!

+K=1 + ∑

2n n!

<1. Согласно последнему разложению имеем

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

1 + ∑

9 + z

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

z 2n ,

+ ∑

18n

< 3.

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

2n ,

Ответ:

+ ∑

18n

< 3.

1.10. ПОНЯТИЕ РЯДА ЛОРАНА. ТЕОРЕМА ЛОРАНА

Рассмотрим степенной ряд

∞

(z − z0 )n ,

∑ cn

(1.162)

R ≥

0 − его радиус сходимости. В открытом круге

z − z0

< R

(1.163)

сумма степенного ряда (1.162) – f1 (z)− аналитическая функция.

Теперь рассмотрим ряд по степеням

, то есть ряд по отрицатель-

z − z0

ным степеням (z − z0 ):

∞

c−n

∑

(1.164)

− z0 )n

Если

− радиус сходимости ряда (1.164), то из

z − z0

> r

(1.165)

z − z0

следует, что областью сходимости (1.164)

является внешность круга радиуса r с цен-

•z

тром в т. z0 ,

а его сумма f 2 (z)−

аналитиче-

ская функция

этой

области. Если

0 ≤ r < R ≤ ∞,

то

сумма

рядов

(1.162) и

(1.164), равная

(z)+ f 2

(z),−

аналитиче-

• z0

ская функция в кольце (рис. 1.24).

r <

z − z0

< R .

(1.166)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.36. Ряд

Рис. 1.24

∞

c−n

∑сn (z − z0 ) + ∑

(1.167)

(z − z0 )n

называется рядом Лорана. При этом ряд Лорана (1.167) считается сходящимся, когда совместно оба слагаемых ряда из (1.167) сходятся. В этом случае ряд

по положительным (неотрицательным) степеням (z − z0 ) называется правильной частью ряда Лорана, а ряд по отрицательным степеням (z − z0 ) называется

главной частью ряда Лорана. Таким образом, c0 + c1 (z − z0 )+ c2 (z − z0 )2 +L K+ cn (z − z0 )n +L− правильная часть ряда Лорана;

c−1		+	c−2	+K+	c−n	+K− главная часть ряда Лорана.
			(z − z0 )2		(z − z0 )n
z − z0
	Теорема 1.19. (Лорана). Если f (z)− аналитическая функция в открытом

кольце 0 ≤ r < R ≤ ∞ (рис. 1.24), то она разлагается в ряд Лорана. И это разложение единственно.

Доказательство. Сразу отметим, что z − произвольная точка (рис. 1.24)

открытого кольца (1.166), которую мы сразу фиксируем. Проведем две окруж-
ности c1 (z0 , ρ1 ) и c2 (z0 , ρ2 ), где r < ρ1 < ρ2 < R и ρ1 <							z − z0		< ρ2 , что

всегда можно сделать. В замкнутом кольце, ограниченном c						1 и c2 , f (z) как
аналитическая функция, представима в виде (формула Коши (1.129))
1			f (η)dη	1	f (η)dη
f (z)=		c∫	η− z −	2 πi c∫	η− z .			(1.168)
	2 πi
2				1

И в дальнейшем заметим, что в этом же замкнутом кольце f (z), как непрерывная функция, ограничена.

Для окружности c2 имеем (см. формулу (1.159) доказательства теоремы Тейлора)

∞

(z − z

z − z

z − z0

< 1,

= ∑

(1.169)

η− z

(η− z0 )n+1

η− z

ρ2

где сходимость ряда по переменной η и при фиксированном z равномерная, согласно второму равенству из (1.169), f (η) в рассматриваемом замкнутом

кольце ограничена. В силу этого ряд (1.169) можно почленно интегрировать по переменной η, что дает

∞

f (η) (z

− z

∑

(η− z

dη =

2 πi c∫2 0

)n+1

(1.170)

∞

f (η) (z

− z

∞

= ∑

(z − z0 ) =

∑cn

(z − z0 ) ,

(η− z

)n+1

где

cn =

∫

f (η)dy

(1.171)

2 πi

c2 (η− z0 )n+1

Что же касается окружности c1 из (1.168), то здесь произведем преобра-

зование так:

η− z

η− z0 + (z0 − z)

(z0 − z)

−

z0 − η

z0 − z

∞

η− z

∑

(1.172)

(z0

− z)

− z) 1

−

− η

z − z

− z

∞

(η− z0 )η−z0

= −∑

(z − z0 )n+1

где сходимость последнего ряда по переменной ηc1 и при фиксированном z

равномерна, так как	η− z0	=	ρ1	<1 . Это позволяет произвести почлен-

			z − z0
	z − z0

ное интегрирование во втором слагаемом из (1.168), что дает

∞

f (η) (z − z

∑

dη =

2 πi c∫1

(z − z

)n+1

(1.173)

∞

c−(n+1)

∞

−n

= ∑

∑

− z0 )n+1

− z0 )n

1 (z

где

c−n

∫

f (η)dη

(1.174)

2 πi c1 (η− z0 )−n+1

Теперь остается совершить замену в (1.168), согласно (1.170) и (1.173), и

получить искомое разложение в виде

c−n

∞

f (z)= ∑ cn (z − z0 ) + ∑

(1.175)

− z0 )n

где, не теряя общности, можно положить

сn =

∫

f (η)dη

, n Z ,

(1.176)

πi

(z − z0 )n+1

ωρ

ωρ = ω(z0 ,ρ),

r < ρ < R ввиду аналитичности подынтегральной функ-

ции в замкнутом кольце, ограниченном окружностями c1 и c2 . Теорема доказана полностью.

Классификация изолированных особых точек аналитической функции

Напомним

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.37. Точка z0 называется особой точкой аналитиче-

ской функции, если в этой точке нарушается ее аналитичность.

Например, f (z)=	3z −1	есть аналитическая функция во всех
	5 z 2 − 6z + 7

точках, в которых знаменатель дроби отличен от нуля. Точки, в которых знаменатель равен нулю, – особые точки.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.38. Точка z0 называется изолированной особой точ-
кой аналитической функции f (z), если	окрестность этой точки

z − z0 < R , которая не содержит других особых точек этой функции.

В этом случае условия теоремы Лорана выполняются (r = 0) и имеет место равенство (1.175) для

0 <		z − z0		< R, r = 0.	(1.177)

Возможны следующие варианты:

I) Разложение (14) содержит только правильную часть ряда Лорана:

∞
f (z)= ∑ cn (z − z0 )n , z ≠ z0 .	(1.178)
0

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 176 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб102УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб46УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб136УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб73УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc