Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

649 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 117 8 9 10 11 > Следующая >>>

(1), а строгое доказательство будет дано ниже для заинтересованного читателя.

Доказательство. Запишем интегральную формулу Коши в виде

(Γ)

f (ξ )dξ

ξ Γ, z D

(2).

f (z)=

2 π i

ξ −z

Сделаем преобразования для дроби

(3)

ξ −z

(ξ −z0)−(z−z0) (ξ −z0)(1−

z−z0

)

ξ −z0

|ξ −z0

Так

как

|z−z |<|ξ −z | , то

z−z0

=q<1 , то

по

формуле

суммы

бесконечно

убывающей

геометрической

прогрессии

=1+q+...+qn+... получаем ряд

1−q

z−z0

=1+

+...+(

)+... .

(4)

1− z−z0

ξ −z0

По теореме Вейерштрасса ряд (4) сходится равномерно, и его

можно почленно интегрировать. Из формул (2), (3), (4) получаем

f (ξ )d ξ

f (z)=

(Γ)

)(z−z0)+...

2 π i

ξ −z0

2 π i

(ξ −z0)2

f (ξ )d ξ

(Γ)

)( z−z0) +... , т.е.

2 π i

(ξ −z0)n+1

∞

f (z)=∑ cn(z−z0)n ,

n=0

где cn выражается по формуле (1), что и требовалось доказать.

Единственность разложения доказывается методом от противного. Предполагается, что есть два разных разложения функции, далее рассуждения приводят к противоречию.

Замечание. 1) При разборе доказательства следует обратить внимание, является ли формула (2) формулой (5) из восьмого параграфа.

2) Будем пользоваться известными формулами разложения основных функций f (z) в ряд Тейлора, формулы для них те же, что и

для f (x) . Область сходимости рядов находится по следствию из теоремы Абеля, и для основных функций комплексного переменного есть

либо вся комплексная плоскость, либо внутренность круга

|z|<1 .

Разложения основных функций в ряд Тейлора

∞

ez=∑

n=0 n!

∞

2 n+1

∞

2 n

sinz=∑

(−1)

cosz=∑ (−1)

n=0

(2n +1)!

n=0

(2 n)!

∞

2 n+1

∞

2 n

shz=∑n=0

chz=n∑=0

(2 n+1)!

(2 n)!

Область сходимости рядов 1)-5) есть вся комплексная плоскость, т.е.

ряды сходятся при любом

z .

∞

n+1

ln(1+z)=∑ (−1)

n=0

(1+ z)α =

∞ α (α−1)(α−2)...(α−(n−1)) zn

∑

n=0

∞

=1−z+z2+...

+(−1)n zn+...=∑(−1)n zn

1+z

n=0

∞

=1+ z+z2+...

+zn+...=∑ zn

1−z

n=0

Область сходимости рядов 6)-9) есть внутренность круга

|z|<1 .

Замечание. Формулы 8) и 9) – это частные случаи формулы 7), они записаны наиболее подробно, и в развернутом виде (почленно), и в виде суммы. Именно эти формулы чаще остальных будут далее применяться на практике.

§10. Ряды Лорана

В девятом параграфе было установлено, что степенные ряды

∞

∑ cn(z−z0)n

сходятся внутри круга |z−z0|<R , где радиус сходимо-

n=0

сти вычисляется как

R=lim

или

R=lim

(1)

n→∞ |cn+1|

√

n→∞ n |cn|

и сумма степенного ряда

f 1( z)

есть аналитическая функция. Рассмот-

рим теперь ряд по отрицательным степеням

c−1

c−2

c−n

∞

c−n

+...+

+...=∑

(2)

(z−z0)

z−z0

(z−z0)

n=1

(z−z0)

Следует обратить внимание на обозначение,

коэффициент

c−n

– это коэффициент при (z−z0)

в степени

(−n) , т.е. коэффициент в

c−n

члене ряда вида

(z−z

Ряд (2) заменой

=ξ

сводится к степенному ряду вида

z−z0

∞

∑ c−nξ n , который сходится внутри круга

|ξ|<r1

, имеющего радиус

n=1

c−n

или

=lim

. Обозначим

теперь

, т.е.

r1=nlim→∞ |c−(n+1)|

n→∞

√n|c−n|

< 1 ,

|z−z |>r

. Областью сходимости ряда (2) является внеш-

|z−z0| r

ность круга радиуса

r , где

r=nlim→∞ |

c−(n+1)

|=nlim→∞ √n

(3)

|c−n| .

c−n

Сумма ряда (2) есть аналитическая функция f 2( z) . Определение. Рядом Лорана называется ряд вида

∞	n	c−n			c−(n−1)		c−1
∑ cn (z−z0) =...+				+		+...+		+
∑ cn (z−z0) =...+		(z−z0)	n	+	n−1	+...+	z−z0	+
n=−∞		(z−z0)			(z−z0)		z−z0
	+ c0+c1( z−z0 )+...+cn(z−z0)n+... .							(4)

Часть ряда, содержащая отрицательные степени скобки (z−z0) ,

называется главной частью ряда Лорана. Часть ряда, содержащая положительные степени этой скобки, называется правильной частью ряда Лорана.

Теорема. Если коэффициенты						cn	ряда Лорана (4) таковы, что
r<R , то:
1) ряд сходится в круговом кольце							r<\|z−z0\|<R	(5)
2) сумма ряда			f (z)	– аналитическая функция в этом кольце
3) cn=		1	f (z)dz		,			(6)
	2			n+1
		π i (γ)	(z−z0)
n=0 , 1 , 2 ,... ,			γ :\|z−z0\|=r0			, r<r0< R .
Если коэффициенты				cn	таковы, что r>R , то ряд Лорана
расходится для любого			z .

Действительно:

1) как было показано, область сходимости главной части ряда Лорана |z−z0|>r , область сходимости правильной части |z−z0|<R ,

следовательно, область сходимости ряда Лорана, содержащего и

главную, и правильную части, есть круговое кольцо		r<\|z−z0\|<R .
2)	пусть f 1( z) – сумма правильной части,	f 2( z) – сумма
главной	части ряда Лорана. Сумма ряда Лорана	f (z)=f 1(z)+f 2( z)

есть сумма аналитических функций, следовательно, аналитична.

3) главная часть ряда Лорана сводится заменой	1	=ξ к

	z−z0

степенному ряду, а для степенного ряда формула (6) приводилась в девятом параграфе.

Теорема Лорана. Пусть функция f (z) – аналитическая в кольце r<|z−z0|<R . Тогда f (z) однозначно представляется в этом кольце рядом Лорана.

Решение задач

Повторим основные теоретические результаты, которые будем использовать на практике. Ряд Лорана имеет вид

∞	n	∞		c−n	∞	n	c−n			c−(n−1)
∑ cn (z−z0) =∑					+∑ cn(z−z0 ) =...+			+			+...
∑ cn (z−z0) =∑				n	+∑ cn(z−z0 ) =...+		n	+		n−1	+...
n=−∞		n=1	( z−z0)		n=0		(z−z0)		( z−z0)
				+c 0+c1 (z−z0)+...+cn( z−z0)n+...
Правильная часть ряда Лорана – это степенной ряд (ряд
Тейлора), он сходится внутри круга						\|z−z0\|<R . Главная часть ряда
Лорана	(ряд	по	отрицательным			степеням)	сходится			вне круга

r<|z−z0| . Если в ряде Лорана есть и главная, и правильная часть, то он сходится в кольце r<|z−z0|<R .

Верно и обратное. Аналитическая внутри круга |z−z0|<R

функция представима степенным рядом (рядом Тейлора), и справедливы все формулы разложения основных функций 1)-9) девятого параграфа. Аналитическая вне круга |z−z0|>r функция

представима рядом по отрицательным степеням, т.е. главной частью ряда Лорана. Аналитическая в кольце r<|z−z0|<R функция

представима рядом Лорана, содержащим и правильную, и главную части.

Коэффициенты Лорана cn не будем искать по формуле (6), а

применим разложения Тейлора, так проще. Разложить в ряд значит представить сходящимся рядом Лорана.

Пример 0. Это подготовительный к основным задачам пример.

Разложить функцию f (z)=	1	в ряд Лорана в следующих областях:
	z+3

а) |z|<3 б) |z|>4 .

а) Здесь понадобятся разложения 8), 9) из девятого параграфа.

	1				∞
8)	1		=1−z+z2		+...+(−1)n zn+...=∑(−1)n zn , \|z\|<1
8)		1+z	=1−z+z2		+...+(−1)n zn+...=∑(−1)n zn , \|z\|<1
		1+z			n=0
		1			∞
9)		1		=1+ z+z2	+...+zn+...=∑ zn , \|z\|<1
9)		1−z		=1+ z+z2	+...+zn+...=∑ zn , \|z\|<1
		1−z			n=0

По условию ряд должен сходится во внутренности круга |z|<3 , поэтому в разложении должна быть только правильная часть ряда Лорана (положительные степени). Чтобы воспользоваться формулами 8)-9), выносим в знаменателе дроби тройку за скобку.

Получаем

f (z)=

сравниваем

z+3

3(1+

)

формулой 8). Вместо z

в нашей дроби стоит

, ряд в 8) сходится

при |z|<1 , у нас в примере должно быть

|<1 , следовательно,

|z|<3 , что удовлетворяет условию задачи. Поэтому имеем право применить формулу 8), получим сходящийся ряд

z 2

∞ (−1)n zn

f (z)=

(1−

)

+...)=n∑=0

z+3

3n+1

б) По условию ряд должен

сходиться вне круга |z|>4 , поэтому

в разложении должна быть только главная часть ряда Лорана. Надо преобразовать дробь так, чтобы вместо z в формулах 8)-9) появились

слагаемые вида

1 . Для этого в знаменателе вынесем за скобку не

константу

(как

сделано

случае а)), а

переменное

z . Получим

f (z)=

, сравним с формулой 8). В формуле ряд

z 1+

z+3

z(1+

3 )

z стоит 3

сходится при

|z|<1 , а в примере вместо

, ряд должен

сходиться при |3z|<1 , следовательно, |z|>3 , это внешность круга

радиуса три. А в условии область есть внешность круга радиуса четыре, получили сходимость ряда даже в большей области, чем

требуется («запас» области есть кольцо 3<|z|<4 ). Теперь можем написать разложение

		1			1	3 3 2	∞ (−1)n3n
	f	(z)=			= z	(1− z +(z )	+...)=n∑=0 zn+1 .
				z+3
Замечание. 1) В теории в главной части ряда Лорана обычно
∞	c−n
пишут ∑			, т.е. суммирование ведется от единицы. Но при
	(z−z0)	n
n=1

решении задач можно оставлять также ответ с суммированием от ноля,

как получили в примере.					Очевидно, что ответ можно переписать в
виде	∞	(−1)n 3n		∞	(−1)n−1 3n−1		.
	f (z)=∑	z	n+1	=∑	z	n
	n=0			n=1

2) В примере отмечено, что при преобразовании дроби для правильной части выносим в знаменателе константу, а для главной части выносим переменное z . В более общих случаях каждый раз следует проверять, правильно ли преобразовали дробь, верно ли вынесен множитель. Это покажем на следующем примере.

Пример 1. Разложить в ряд Лорана функцию f (z)=		z+5	в
		z2+ z−12
областях а) 3<\|z\|<4	б) \|z\|>4 в) 0<\|z+4\|<7 .

Сначала f (z)	нужно разложить на простейшие дроби методом

неопределенных коэффициентов либо методом частных значений. Поскольку корни знаменателя действительны и различны, проще применить метод частных значений.

f (z)=

z+5

A (z+4)+B (z−3)

z2+ z−12

(z−3)( z+4)

z−3

z+4

( z−3)(z+4)

Приравниваем числители дробей:

z+5=A (z+4)+B (z−3) . Это

равенство выполняется при любых значениях z . Возьмем значения,

равные корням знаменателя, подставим в это равенство и найдем значения неизвестных коэффициентов.

При z=3	получаем	A= 8	, при	z=−4	получаем				B=−	1 .
		7		f (z)=8	1		1	1		7
Поэтому функция представляется в виде						−			.
					z−3		7	z+4
				7
а) Область	3<\|z\|<4	есть	круговое кольцо с				r=3 , R=4 .

Следовательно, в ответе ряд Лорана должен содержать и главную, и правильную части. Находим разложения для каждой дроби.

1)	1	=	1		. Нужно проверить, применима ли здесь фор-
1)		=			. Нужно проверить, применима ли здесь фор-
	z−3		z(1−	3 )
				z

мула 9). Ряд сходится при |3z|<1 , |z|>3 , что удовлетворяет условию задачи, т.е. знаменатель преобразовали верно, вынеся за скобку z .

Если бы ошиблись и вынесли за скобку не

z , а константу (-3), то по-

лучили

бы

=−

. Ряд

из 9)

сходится, если

z−3

3 1−

−3(1−

)

|<1 ,

|z|<3 , что не удовлетворяет условию задачи. Применяем те-

перь формулу 9), подставив в нее вместо

дробь

3 , получим

n−1

∞

=∑

3 n .

z−3

z(1−

n+1

3 ) n=0

n=1

Аналогично поступаем и со второй дробью, используя разложение 8). Ответ будет в виде комбинации этих двух рядов с полученными выше коэффициентами.

1 1

1 ∞

(−1)n zn

∞ (−1)n zn

∑

=∑

n+1

. Здесь

z+4

4 (1+

)

4 n=0

n=0

|<1 , |z|<4 ,

учтено, что ряд по формуле 8) сходится при значениях

удовлетворяющих условию задачи.

3n−1

(−1)n zn

Итого получаем ответ f

(z)=

8 ∞

1 ∞

∑

n −

∑

n+1 .

7 n=1

7 n=0

б) Область

|z|>4 есть внешность круга радиуса

r=4 , поэтому

в разложении должна быть только главная часть ряда Лорана.

Разложение функции на дроби

f (z)=

−

получено выше.

7 z−3

7 z+4

∞

n−1

=∑

формула 9)

применима,

n+1

z−3

z(1−

3 ) n=0

n=1

если |3z|<1 ,

|z|>3 , следовательно, применима и для

|z|>4 .

1 1

∞

(−1)n 4n

∞

(−1)n−1 4n−1

=∑

z+4

n=0

n=1

z(1+ z )

|4z|<1 , следовательно,

Формула 8) применима при

|z|>4 , что

удовлетворяет условию.

(−1)n−1 4n−1

8 3n−1

+(−1)n 4n−1

f (z)=

∞

3n−1

−

∞

∑

7 n=1

в) Область есть кольцо 0<|z+4|<7 , поэтому разложение дробей нужно проводить не по степеням z , как было сделано для других областей, а по степеням от скобки (z+4) . Вторая дробь в представлении

функции	1	уже есть готовое разложение по степеням (z+4) ,
	z+4

поэтому с ней ничего не нужно делать. Здесь в разложении в ряд присутствует только одно слагаемое. А первую дробь надо преобразовать,

выделив в знаменателе выражение

z−z0=z+4

вместо z .

=−

. Проверяем, пра-

z−3

7(1−

)

(z+4)−4−3 (z+4 )−7

z+4

вильно ли преобразовали дробь, и можно ли применить готовое разложение 9). В разложении должно быть |z+7 4|<1 , что удовлетворяет

условию задачи |z+4|<7 , поэтому преобразовали дробь правильно.

Вынесением константы (-7) добились получения единицы во втором слагаемом знаменателя. Это слагаемое далее ставим на первое место, чтобы достичь такого же вида, как и в формуле.

Если единицу получать на месте первого слагаемого, вынося скобку (z+4) , то сходство с формулой будет, но будет нарушено

условие |z+4|<7 , т.к. потребуется, чтобы

|<1 ,

|z+4|>7 .

После проверки применяем формулу и получаем разложение

∞

(z+4)n

∞

(z+4)n

для дроби

=−

∑

=−∑

z−3

n+1

7 n=0

n=0

∞

(z+4 )n

Ответ: f (z)=−

−8 ∑

. В этом примере главная

7 (z+4

n+1

)

n=0

часть ряда Лорана состоит всего из одного члена ряда.

Пример 2. Разложить

f (z)=

5−2 z

ряд

Лорана в

(z−1)(z−2)

областях а) |z|>2 , б)

1<|z|<2 .

Функция раскладывается на дроби так: f (z)=

z−2

1−z

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 117 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.08.2026571 Кб0О развитии революционных идей в России.pdf
#
09.08.2026470 Кб0О ремесле поэта. Проза и стихи.pdf
#
11.08.2026637 Кб0О русских поэтах. Критика.pdf
#
12.08.2026843 Кб0О свободе и рабстве человека. Опыт персоналистической философии.pdf
#
12.08.2026848 Кб0О сопротивлении злу силой.pdf
#
11.08.2026649 Кб0О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
#
12.08.2026815 Кб0О типологии музыкальных форм. Учебное пособие для студентов музыкальных вузов.pdf
#
09.08.2026120 Кб0О формировании групп однородной продукции для целей технического регулирования. Учебное пособие.pdf
#
11.08.2026609 Кб0О фотографии.pdf
#
09.08.2026443 Кб0О хороших, в сущности, людях.pdf
#
12.08.20261 Мб0О чем говорят анализы. Расшифровка без консультации врача.pdf