3.5 Нули аналитической функции. Изолированные особые точки

Точка

z = z0

называется нулем кратности k функции f (z)

аналитической в точке

z = z0 , если

f (z0 )= 0, f ′(z0 )= 0,

f ′′(z0 )= 0, , f (k −1)(z0 )= 0, f (k )(z0 )≠ 0 . Если k =1, то точка

z = z0 называется простым нулем функции f (z).

Пусть точка z = z0 является нулем кратности k, тогда разложение

f (z) в ряд Тейлора

в окрестности точки z = z0

будет иметь вид:

k

k +1

k +2

f

(k )(z

0

)

f (z)= Ck (z − z0 )

+Ck +1(z

− z0 )

+Ck +2 (z − z0 )

+ , где Ck =

≠ 0 .

k!

Теорема 3.16. Для того, чтобы функции

f (z) имела в точке z = z0

нуль k-го порядка,

необходимо и достаточно, чтобы она была представлена в виде

f (z)= (z − z0 )k ϕ(z), где

ϕ(z0 ) аналитична в точке z = z0

и ϕ(z0 )≠ 0 .

Доказательство.

Необходимость.

Пусть

z = z0

– нуль кратности k функции f (z).

Тогда разложение f (z) в ряд Тейлора в окрестности точки z = z0 имеет вид:

f (z)= Ck (z − z0 )k + Ck +1(z − z0 )k +1 + Ck +2 (z − z0 )k +2 + =

= (z − z0 )k

(Ck + Ck +1(z − z0 )+ Ck +2 (z − z0 )2 + )= (z − z0 )k ϕ(z),

где ϕ(z)= Ck + Ck +1(z − z0 )+ Ck +2(z − z0 )2 + аналитична в точке

z = z0 и

ϕ(z0 )= Ck ≠ 0 ,

что и требовалось доказать.

Достаточность.

Пусть

f (z)= (z − z0 )k ϕ(z), где

ϕ(z) аналитична в точке z = z0 и

ϕ(z0 )≠ 0 . Так как ϕ(z)

аналитична в точке z = z0 , она может быть разложена в окрестности

точки z0 в ряд Тейлора:

ϕ(z)= a + a

(z − z

0

)

+ a

2

(z − z

0

)2

+ , a = ϕ(z

0

)

≠ 0 .

0

1

0

Тогда

f (z)= (z − z0 )k (a0 + a1(z − z0 )+ a2(z − z0 )2 + )=

= a (z − z

0

)k

+ a (z − z

0

)k +1

+ a

2

(z − z

0

)k +2 + .

0

1

Отсюда следует, в силу единственности разложения в ряд Тейлора,

f (z0 )= 0,

f ′(z0 )= 0,

,

f (k −1)(z0 )= 0, f (k )(z0 )= a0 ≠ 0 , то есть z = z0 нуль k-го поряд-

исключением самой точки z0 .

Пусть

z = z0

– изолированная особая точка функции f (z). Тогда в кольце

0 <

z − z0

< R

f (z) может быть разложена в ряд Лорана:

∞

∞

C−n

f (z)= ∑Cn (z − z0 )n + ∑

.

(z − z0 )n

n=0

n=1

∞

C−1

C−2

C−m

f (z)= ∑Cn

(z − z0 )n +

+

+ +

,

(z − z0 )2

(z − z0 )m

n=0

z − z0

где C−m ≠ 0, C−(m+1) = 0, C−(m+2) = 0 и т.д.

При этом, если m =1, то z = z0

называется полюсом первого порядка, если m >1, то

полюсом m-го порядка.

Точка z = z0

называется существенно особой, если главная часть ряда Лорана содер-

жит бесконечное число членов.

Рассмотрим поведение функции f (z)

в окрестности изолированной особой точки ка-

ждого типа.

Пусть z = z0

– устранимая особая точка. Тогда разложение f (z) в ряд Лорана в окре-

стности этой имеет вид:

∞

(z − z0 )n = C0 +C1(z − z0 )+C2 (z − z0 )2 + +Cn (z − z0 )n + .

f (z)= ∑Cn

n=0

Во всех точках круга 0 <

z − z0

< R указанный ряд сходится к f (z), а в точке z = z0 к

числу C0 .

Если принять f (z0 )= C0 , то разложение будет справедливо в круге

z − z0

< R .

Очевидно,

что в достаточно малой окрестности точки z = z0

f (z) будет ограниченной,то

есть lim f (z)= C , где C – конечное число.

z→z0

Пусть z = z0

– полюс m-го порядка. Тогда разложение

f (z) в ряд Лорана в окорест-

∞

C−1

C−2

C−m

f (z)

= ∑Cn (z − z0 )n +

+

+ +

=

(z − z0 )2

(z − z0 )m

n=0

z − z0

= C +C (z − z

0

)+C

(z − z

0

)2

+ +C

(z − z

0

)n +

C−1

+

C−2

+ +

C−m

=

1

×

0

1

2

n

z − z0

(z − z0 )2

(z − z0 )m (z − z0 )m

×(C0 (z − z0 )m +C1(z − z0 )m+1 + +Cn (z − z0 )m+n + +C−1(z − z0 )m−1 +C−2 (z − z0 )m−2 +C−m )=

=

1

ϕ(z),

(z − z0 )m

где

lim ϕ(z)= C−m ≠ 0 .

z→z0

Найдем

lim

f (z)= lim

1

ϕ(z)= ∞.

(z − z0 )m

z→z0

z→z0

если z = z0

– полюс, то

lim f (z)= ∞;

z→z0

если z = z0

– существенно особая точка, то

lim f (z) не существует.

z→z0

если

lim

f (z)= ∞, то z0 – полюс;

z→z0

если

lim

f (z) не существует, то z0 – существенно особая точка.

z→z0

функции

f (z) могла быть представлена в виде f (z)=

ϕ(z)

, где ϕ(z) аналитична в точ-

(z − z0 )m

ке z = z0

и ϕ(z0 )≠ 0 .

когда существует конечный предел

lim f (z)(z − z0 )m ≠ 0 .

z→z0

ко тогда, когда функция

1

имеет в этой точке нуль m-го порядка.

f (z)

Пример 3.28. Определить порядок нуля для функций

a) f (z)= z5 − z4 + 4z3 −4z2 ;

b) f (z)= ez2 −1− z2 ;

c) f (z)= sin2 z −1+cos z .

Решение.

a) f (z)= z5 − z4 + 4z3 −4z2 . Разложим многочлен на множители:

z4 (z −1)+ 4z2 (z −1)= (z −1)(z4 + 4z2 )= (z −1)z2 (z2 + 4)= (z −1)z2 (z −2i)(z + 2i).

Нулями функции являются точки z1 =1, z2 = 0, z3 = 2i, z4 = −2i .

Для определения порядка нуля, воспользуемся теоремой 17.1.

Для точки z1 =1 и из равенства

f (z)= (z −1)ϕ(z), где ϕ(1)≠ 0 получаем, что z1 =1 –

нуль первого порядка.

Для точки z2 = 0 из равенства

f (z)= z2ϕ(z), где ϕ(0)≠ 0 получаем, что z2 = 0 – нуль

второго порядка.

Для точки z3,4 = ±2i аналогично находим, что это нули первого порядка.

b) f (z)= ez2

−1− z2 . Нулем функции является точка z = 0 .

Для определения порядка нуля разложим функцию в ряд Тейлора:

∞

(z

2

n

∞

2n

2

4

4

6

f (z)= ∑

)

−1

− z2 = ∑

z

−1− z2 =1+

z

+

z

+ −1− z2

=

z

+

z

+

n=0

n!

n=0

n!

1!

2!

2!

6!

Так как в полученном разложении коэффициенты C0 = C1 = C2 = C3 = 0, C4 ≠ 0 , за-

ключаем, что точка z = 0 является нулем четвертого порядка.

c) f (z)= sin2 z −1+cos z . Точка z = 0 – нуль функции f (z). Для определения порядка

нуля найдем производные функции:

′

−sin z,

′

f (z)= 2sin z cos z

f (0)= 0 ,

′′

′

′′

f (z)= (sin 2z −sin z) = 2cos 2z −cos z,

f (0)=1 ≠ 0

f (z)= sin z

1

f (z)= 1−cos z .

a)

;

b)

f (z)= e z ;

c)

z

z3

Решение.

a)

f (z)=

sin z

. Разложим f (z) в окрестности изолированной особой точки z = 0 в ряд

z

Лорана:

1

∞

n

2n+1

∞

n

2n+1

∞

n

z

2n

sin z = 1 sin z =

∑

(−1) z

= ∑

(−1) z

=

∑

(−1)

z

z

z

n=0

(2n +1)!

n=0

z(2n +1)!

n=0

(2n +1)!

1

∞

1

f (z)= e z

= ∑

.

n=0 znn!

c)

f (z)=

1−cos z

. Разложим

f (z) в ряд Лорана в окрестности изолированной особой

z3

1

1

∞ (−1)n z2n

1

z2

z4

f (z)=

z

3 (1

−cos z)

=

z

3

1− ∑

(2n)!

=

z

3

1

−1+

2!

−

4!

+

=

n=0

1

z2

z4

1

z

−

+

=

−

+ .

3

z

4!

z2!

4!

2!

a) f (z)=

z +3

;

b) f (z)=

1

.

(z −1)2

sin2 z −1

+cos z