∞

1

∞

n

а) ∑

;б)

∑

.

n=1(z − 2)n

n=1(z −i)n

Решение.

а) Применим радикальный признак Коши:

1

lim

n

1

=

<1,

откуда

z −2

>1, то есть исходный ряд сходится абсолютно

(z −2)n

z −2

n→∞

∞

вне круга радиуса 1 с центром в точке 2. На окружности

z − 2

=1 ряд ∑

1

, очевидно, рас-

n

ходится.

n=11

б) Применяя признак Даламбера, запишем неравенство

n

∞

1

lim

∑

(n +1)(z −i)

=

<1, откуда заключаем, что исходный ряд сходится абсо-

(z −i)n+1n

z −i

n→∞ n=1

лютно вне круга радиуса 1 с центром в точке i, то есть при

z −i

>1. На окружности

z −i

=1

∞

ряд ∑n , очевидно, расходится.

n=1

3.4.3 Степенные ряды в комплексной области

Ряд

∞

∑cn (z − z0 )n = c0 + c1(z − z0 )+ c2 (z − z0 )2 + ,

(3.49)

или рядом по степеням z − z0 . Подстановкой z − z0 = Z

ряд (3.49) сводится к ряду

∞

+c1z +c2z2 + .

∑cn zn = c0

(3.50)

R =

lim

cn

или R =

1

, получаемым после применения признака Даламбера

cn+1

lim

n

c

n→∞

n→∞

n

∞ n +1

n

∞

(z −1)n

а) ∑

zn ;

б) ∑

.

n

n2

2n

n=1

n=1

lim

1

= lim

1

=1. Тогда круг сходимости

z

<1. На границе – окружно-

n→∞ n +1 n

n→∞ n +1

n

n

n

сти

z

=1 получаем ряд

∞

n +1

n

который расходится, так как общий член ряда не стре-

∑

n

,

n=1

мится к нулю:

n +

1 n

= lim

1 n

lim

n

1+

= e ≠ 0 , то есть не выполняется необходимый при-

n→∞

n→∞

n

б) Найдем радиус сходимости ряда:

lim

(n +1)2 2n+1

= 2 . Тогда круг сходимости

n2 2n

n→∞

z −1

< 2 – круг радиуса 2 с центром в точке

z =1. На границе – окружности

z −1

= 2 полу-

f

(a)

2

f

(n)

(a)

n

f (z)= f (a)+ f (a)(z −a)+

′′

(z −a) + +

n!

(z −a) + ,

(3.51)

2!

′

z −a

причем ряд (3.51) сходится в круге

< δ, где δ – расстояние от точки a до контура Γ.

Доказательство. Пусть γ – окружность с центром в a и радиусом ρ < δ . Согласно ин-

тегральной формуле Коши (3.36)

f (z0 )=

1

f (z)

dz .

(3.52)

2πi Γ∫

z − z0

Так как z принадлежит окружности γ, то

z − a

= ρ. Отсюда при

z0 − a

< ρ =

z − a

( z0

z0 − a

– внутренняя точка окружности γ) имеем

<1. Тогда

z − a

1

1

1

1

∞ z

− a n

∞

(z

0

− a)n

=

=

=

∑

0

= ∑

.

z − z0

(z − a)−(z0

− a)

(z − a)(1−(z0 − a)/(z − a))

z − a n=0

z

− a

n=0

(z − a)n+1

Здесь использована формула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрес-

сии со знаменателем

q

=

z0 − a

<1. Согласно признаку Вейерштрасса (теорема 3.10), полу-

z − a

мерно сходящихся рядов его можно почленно интегрировать. Подставив

1

в формулу

z − z0

(3.52) и проинтегрировав почленно, получим

1

(z − a)n f (z)

∞

1

f (z)dz

n

f (z0 )=

∫

0

dz = ∑=

∫

(z0

− a) =

2πi

(z − a)n+1

2πi

(z − a)n+1

Γ

n 0

γ

∞ 1

n!

f (z)dz

n

= ∑=

∫

(z0 − a) .

n!

2πi

(z − a)n+1

n 0

γ

Так как z0

– произвольная внутренняя точка области D, из последнего равенства сле-

дует (3.51). Теорема доказана.

Ряд (3.51) называется рядом Тейлора функции f (z) в окрестности точки z = a . При

a = 0 он превращается в ряд Маклорена

f (z)

∞

f

(n)(0)

zn .

= ∑

(3.53)

n!

n=0

Итак, всякая функция

f (z), аналитическая в круге

z − a

< δ, разлагается в сходящий-

ся в этом круге степенной ряд

f (z)

∞

= ∑Cn (z −a)n .

(3.54)

n=0

Коэффициенты Cn ряда определяются формулами

Cn =

1

f

(n)

(a)=

1

f (z)dz

,

(3.55)

n!

2πi ∫γ (z − a)n+1

Допустим, что функция f (z) в круге

z − a

< δ представлена другим степенным рядом

f (z)= b +b

(z − a)+b (z − a)2

+ +b (z − a)n

+ .

0

1

2

n

Является ли этот ряд рядом Тейлора функции

f (z)?

Последовательно дифференцируя почленно этот ряд бесконечное число раз, получим:

′

2

n−1

+ ,

f (z)= b1 + 2b2 (z −a)+3b3(z −a) + + nbn (z −a)

′′

n−2

+

3 2b3(z −a)+ + n(n −1)bn (z −a)

+ ,

f (z)= 2b2

f (z)= 3 2b3 + + n(n −1)(n −

2)bn (z −a)

+ ,

′′′

n−3

f

(a)

f

(n)

(a)

b0 = f (a),

b1 = f

′

′′

,

,

bn =

, ..

(a), b2 =

2!

n!

Сравнивая найденные коэффициенты bn

ряда с коэффициентами ряда (4.12), которые

по формуле (3.54) определяются C

n

=

f (n)(a)

, устанавливаем, что b = C

n

(n = 0,1,2, ), а это

n!

n

означает, что указанные ряды совпадают. Отсюда следует

Теорема 3.13. Если степенной ряд по степеням

z −a сходится к аналитической

функции в круге

z − a

< δ, то он является рядом Тейлора.

Приведем разложения некоторых элементарных функций в ряд Тейлора (Маклорена):

ez =1+

z

+

z2

+

z3

+ +

zn

+

n!

1!

2!

3!

z3

z5

n

z2n+1

sin z = z −

+

− +(−1)

+

3!

5!

(2n +1)!

z2

z4

n

z2n

cos z =1−

+

− +(−1)

+

2!

4!

(2n)!

z2

z3

n zn+1

ln(1+ z)= z −

+

− +(−1)

+

2

3

n +1

(1+ z)α =1+ α z +

α(α −1)z2

+ α(α −1) (α − n +1)zn +

1!

2!

n!

Первые три разложения справедливы во всех точках комплексной плоскости, послед-

ние два – в круге

z

<1.

Пример 3.25. Заменив z на iz в разложении функции ez , получим: