Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебное пособие-1
.pdf
4.3. Ряд Тейлора
==
()
11
Ґ
()
!
!
2
3
23
-
--
zz
aa aa a
- ЧЧЧ -+=
aa a
()
zR
()
-=
==
()
()
()
fz()
0= :
zz
--
23
fz()
zz
341
141
13
+=
4
4
39
23
Приведем разложения в ряд Тейлора некоторых элементарных
функций:
Ґ
1)
1
1
-
z
zR
е
0
=
n
n
1
;
1
2)
3)
4)
5)
6)
7)
=- =
1
()
+
ln() ()
e
sin
cos
е
+
z
n
a
+=++
()(( ))
11
111
+=
z
Ґ
z
z
е
n
=
0
n
Ґ
z
=
е
n
z
=
е
n
()
0
=
Ґ
е
n
n
R
!
()
-
()!
=
0
Ґ
()
-
0
=
nn
zR
a
n
!
n
+
n
1
=
Ґ
;
nn
+
21
1
z
21
n
+
nn
2
1
z
2
()!
n
;
()
1
n
n
z
1
R
n
R
=Ґ
R
=Ґ
.
()()
+
...
12
1
;
;
Пример. Разложить в ряд Тейлора функцию
z
ки
0
fz
()=
z
2
...11
+zz
+
;
в окрестности точ‑
.
Решение. Разложим функцию
Используем разложения для функций
выше, получим:
fz
()
2
zz zz
--
fz zz z
() ( ...) ( ...)=-+-+- ++
z
231411
1
=
+
1
23
132
=- +- +
zz z ...
на простейшие дроби:
-
31411
-
1
7
9
27
41
=
1
1- z
1
-
+
1
и
1+ z
2
zz
.=
/
-
, представленные
4. РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
fz()
00
==
()О
()
сссс
21
0== ==-... ,
сm№ 0
zz D
()О
mm
00
00
ў
=№
fz()
)(),
=-
Ґ
Ґ
ее
qz()
z
qz()00№
z00=
№=
z00=
()
и
ш
q()060=№
z00=
<- <Ј<<Ґ
()
fz()
Нули аналитической функции
Пусть
Если
Если
сfz
— аналитическая функция в области D.
()
0
, то точка
m01
zz D
00
а
называется нулем функции
, то точка
00
нулем кратности m (нулем m‑го порядка).
Нуль m‑го порядка характеризуется соотношениями
() ()
1
fz fz fz fz
() ,(),,(), () .
00
=
00
=ј
-
В окрестности нуля m‑го порядка разложение функции
пенной ряд имеет вид
fz cz zzzqzqzczz
() ()()(),(
=-=-
n
=
nm
n
00 0
— аналитична в окрестности точки
Пример. Найти порядок нуля
fz
z
zz
sin
-
Решение. Используем разложение функции
с центром в точке
fz
=
ж
zz
з
и
- -++
. Получим
ж
zz
з
35
и
8
z
35
!!
m
,
0
nm
+
=
0
n
функции
8
zf()
,( ), () .=
000
sin z
8
z
35
ж
zz
-+
з
35
!!
и
=
ц
ч
ш
=
ц
ц
ч
ч
ш
ш
fz
называется
в сте‑
n
.
в ряд Тейлора
5
(
zq()
,z
.
где
Так как
Теорема. Всякая аналитическая в кольце
функция
qzz()
, то точка
1
ж
1
-+
з
35
!!
.=
ц
ч
2
является нулем пятого порядка.
4.4. Ряд Лорана
rzzR rR
||
0
может быть разложена в этом кольце в ряд Лорана
42
0
4.4. Ряд Лорана
()
+-
10
()
-
Ґ
ее
||
-<
fz1()
()
Ґ
fz2()
||
->
zR
||
fz fz fz() () ()=+
12
1< <
fz()
fz()
fz()
||
-<
+
21
z00= .
Ґ
fz cz zczz cz z
() () ()
еее
n
=-Ґ
n
-
n
0010
n
=-Ґ
n
Ґ
n
n
0
=
n
коэффициенты которого определяются по формулам
1
с
=
n
2
p
где Г — произвольная окружность с центром в точке
()
fzdz
т
()
i
zz
-
Г
0
012
(,,,...),
n
=±±
+
n
1
z
три данного кольца.
fz cz z
() ()
Ряд
=-=
1
n
=-Ґ
n
n
Лорана. Данный ряд сходится внутри круга
функции
Ряд
е
=
n
0
cz z
-
n
.
n
называется правильной частью ряда Лорана. Данный
0
ряд сходится к аналитической функции
rz
Внутри кольца
<- <
0
с
-
n
называется главной частью ряда
=
n
zz
1
n
-
0
zz R
к аналитической
0
вне круга
ряд (4.4) сходится к аналитической
функции
.
n
,=-=-
(4.4)
, лежащая вну‑
0
zz r
.
0
Пример. Найти область сходимости ряда
Решение
Область сходимости первого ряда — внешность круга
ласть сходимости второго ряда — внутренность круга
ный ряд сходится в кольце
Точки, в которых однозначная функция
ются правильными точками.
Точки, в которых однозначная функция
тичной, называются особыми точками.
Если
не имеет особых точек внутри круга
ложение в ряд Лорана обращается в ряд Тейлора.
Пример. Разложить в ряд Лорана функцию
приняв
Ґ
cz
еее
n
n
fz
Ґ
n
()=
1
=+
n
z
1
n
=
z 2.
z
2
+-
zz
43
n
Ґ
z
.
1
n
+
2
0
n=-Ґ
=
z>1,
а об‑
z<2.
Итак, дан‑
аналитична, называ‑
не является анали‑
zz R
0
, то ее раз‑
,
2
4. РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
zz
12
21=- =и
fz()
1< <2
fz()
zz
+
-
2
1
fz()
1
1
1
2
1
2
,,
11
zz
,.
fz()
24 816
zz
+-
…()
25478
16
zz
12<<
2
fz()
z
2
11
.
Решение
Данная функция имеет две особые точки:
. Следова‑
тельно, существуют три кольца, в каждом из которых функция
является аналитической: 1) круг
ность круга
Разложим функцию
z>2
.
на элементарные дроби:
z<1;
2) кольцо
z ;
3) внеш‑
z<1.
1)
Преобразуем
fz
() .=
fz
() .=
2
zz
+
1
:
+
112
-
1
+
=Ч++
z
1
1
z
-
Используем формулу для суммы членов геометрической прогрессии:
23
Тогда
2)
примет вид
2121
z
2
||z
1
z
+
1
1
1
-
+
=-+-+-++ ++ =
1
=- -- -
. Ряд (4.5) для функции
zz z
1
=- +-+
24 8
=++++
23
zz
z
23
zz z
17
zz
23
z
2
<
(4.5)
1
<
(4.6)
23
zz z
1
, <1.
1
сходится в этом кольце.
z
+
Ряд (4.6) для функции
1
расходится при
1- z
fz
121
() ,=Ч++Ч
1
1
1
-
1
11 1
=+ +++
1
zz z
z
z
23
44
z >1.
Преобразуем
:
1
z
-
1
(4.7)
Полученный ряд сходится при
>1.
2
>2
>2
fz()
zz
32
z
fz()
R > 0
<- <||
fz()
lim()
fz
z
fz()
fz()
z
В итоге получим
2121
z
2
zz
+-
=-+-+++ +=+ ++---
24 816
23
zz z
4.5. Классификация особых точек
1
1z< ,
то есть при
11 111
22
zz zz
z
zz z+
24 8
23
+…
116
z >2.
3)
для функции
Ряд (4.5) для функции
1
11-
в следующем виде:
fz
() .=Ч++Ч-=Ч
В итоге получим
2121
z
+
22
zz zzzz zz z
+-
4.5. Классификация особых точек
сходится при
1
расходится при
z
+
1
z
. Представим функцию
z
z
ж
11
z
1
ж
1
=-+-++++ ++
з
и
=-+-+
11
2
z
1
z
1
z
24 8
1
zzzz
ж
2
з
и
15 1
23
з
11
з
z
з
з
и
1
+
2
+
1
11 1
ц
.
ч
ш
ц
ч
1
ч
1
ч
-
1
ч
ш
3
. Ряд (4.7)
ц
=
ч
ш
Особая точка
торой ее окрестности функция
Пусть
z
— изолированная особая точка, тогда существует такое
0
, что в кольце
называется изолированной особой точкой, если в неко‑
0
не имеет других особых точек.
0
zz R
0
функция
будет аналитичной,
а значит, будет разлагаться в ряд Лорана.
Изолированная особая точка
ществует конечный
zz
®
0
Теорема. Изолированная особая точка
z
называется устранимой, если су‑
0
.
функции
0
является
устранимой точкой тогда и только тогда, когда разложение функции
в ряд Лорана в окрестности точки
45
не содержит главной части.
0
4. РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
z
lim()
=0Ґ
fz()
fz()
c
c
,.
Ґ
zz-
z
fz()
z
()
m =1
z
fz()
fz()
()
j()z
z
j()z
0№
z
fz()
z
z
fz()
fz()
z
z00=
z00=
Изолированная особая точка
zz
®
fz
.
Теорема. Изолированная особая точка
полюсом тогда и только тогда, когда разложение функции
Лорана в окрестности точки
z
содержит в главной части конечное
0
называется полюсом, если
0
z
функции
0
является
в ряд
(положительное) число отличных от нуля членов:
m
fz
()
-
=
zz
()
m
-
0
... ()
++
-
1
zz
-
cz zc
+- №
е
n
n
=
0
0
Наибольший из показателей степеней у разностей
n
0
0
m
-
, содержа‑
0
щихся в знаменателях членов главной части ряда Лорана, совпадает
с порядком полюса.
Если
порядка функции
— полюс m‑го порядка функции
0
1
. В случае
полюс называют простым.
, то
— нуль m‑го
0
fz
Для того чтобы точка
, необходимо и достаточно, чтобы функцию
являлась полюсом порядка m функции
0
можно было
представить в виде
z
()
где функция
аналитична в точке
Изолированная особая точка
кой, если функция
в точке
fz
()
j
=
zz
-
называется существенно особой точ-
0
не имеет предела ни конечного,
0
,
m
0
и
0
.
0
ни бесконечного.
Теорема. Изолированная особая точка
функции
0
является
существенно особой точкой тогда и только тогда, когда разложение
функции
в ряд Лорана в окрестности точки
содержит беско‑
0
нечно много членов.
Пример. Установить характер особой точки функции
z
e
fz
()=
-1
.
z
Решение. Особая точка
то
является устранимой особой точкой.
. Так как
z
e
-
1
=
z
46
1
,
lim
z
®
0
4.5. Классификация особых точек
fz()
z00=
и
ш
-
=
=Ґ
z00=
fz()
z00=
и
ш
.
z00=
z00=
zx=
x ®Ґ
=®
zi
=
y ®Ґ
=®
z00=
z00=
fz()
=
+>
|.
Разложение данной функции
ки
содержит только правильную часть:
z
e
-
zz
ж
11
=+++ -
zz zzzz
1
з
!!!!!!!
123
23 23
в ряд Лорана в окрестности точ‑
ц
1
=++++
1
ч
1224
Пример. Установить характер особой точки функции
Решение. Особая точка
то
является полюсом.
Разложение данной функции
ки
будет иметь вид
246
11
-
cos
z
77
zz
ж
zzz
=-+-
з
246
!!!!!!!
fz
()
z00
lim
x
®
0
1
=
. Так как
1
cos
z
ц
ч
z
cos
.
7
z
z
7
,
в ряд Лорана в окрестности точ‑
1
=-+-+
2
zzz
1
53
4
1
68
3
zz
110
-
Главная часть лорановского разложения содержит конечное число
членов — три. Так как наибольший из показателей степени у z, со‑
держащихся в знаменателях членов главной части ряда Лорана, равен
пяти, то точка
будет полюсом пятого порядка.
Пример. Установить характер особой точки функции
1
2
y
z
.
при
-1
2
при
fx e
()
y
не существует ни ко‑
является существенно осо‑
0
fz e
Решение. Особая точка
1
2
fx e
()
x
Ґ
. На мнимой оси
()=
. На действительной оси
довательно, предел данной функции в точке
нечный, ни бесконечный, поэтому
бой точкой.
Разложение данной функции
z00
ки
будет иметь вид
1
2
z
e
1
1
1
246
!!!
zzz
2
в ряд Лорана в окрестности точ‑
1
1
3
,|
z
0=+ ++
Главная часть лорановского разложения содержит бесконечно мно‑
го членов.
47
. Сле‑
4. РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
23
()
()
()
23
zi
=
fz
()
zz-
+
0231
00
az
);
n.
()
()
fz
()
<Ґ
31
()
).
()
()
zz
);
+
=-
=- -
bz)
0=-
2
=-
p
Задачи для самостоятельного решения
1. Исследовать на сходимость ряды:
Ґ
a
);)
ее е
-
ni
n
11 1
=
Ґ
b
=
n
Ответ: a)расходится; b)сходится; c)сходится.
2. Исследовать на сходимость ряды:
n
Ґ
a
);)
еее
n
111
=
2
2
z
+
n
2
Ч
3
n
Ґ
b
n
=
n
n
ne i
!
()
-
1
n
Ч
2
nn
c
;)
n
-
n
n
z
cnzi
;) !
ln
n
Ґ
n
Ґ
=
in
cos1
.
n
=
n
-
.
Ответ: a)сходится абсолютно в области
абсолютно в области
3. Разложить функции
Ответ:
afz
()
Ґ
е
n
ж
з
з
=
0
и
4. Разложить функции
afzzez bf z
Ответ:
),;) ,
2
++ +
az z
)
z < 2
; c) расходится во всех точках, кроме
z
=
1
-+
2163
()
1
2
+-
zz
23
n
ц
-
()
ч
n
ч
Ч
ш
1
2
z
==
Ґ
1
е
2
zn
=
1
n
в ряд Тейлора по степеням
=
zbfz zz),;) ln ,
n
b
)l
5
+
в ряд Лорана в окрестности z:
0
1
n
Ч+
()
2
!
=
;
b
()
Ґ
е
n
1
=
z
z
1
z +Ј
=+
()
n
1
+
n
13
-
n
5
+
1
+
2
Ґ
-
е
0
=
n
n
z
<-
n
13
-
-
z
1
z
n
1
-
n
1
+
5. Найти все особые точки функции и определить их тип:
z
afz
=
()
zz
()
1
23
-
+
24
()
bfz
)
()
=
p
cos
-
z
2
2
; b) сходится
0
:
0
=
.
n
.
.
.
Ответ:
порядка;
az)
2
— полюс второго порядка,
1
— простой полюс,
1
z
2
48
z
4
— полюс третьего
2
— устранимая особая точка.
5.1. Понятие вычета. Основная теорема о вычетах
fz()
z
()
z
fz()
fz().
fz()
fz()
z
resf zc()
01
=
z
fz()
).
-
z
fz()
).
00
=Ч-
[]
fz()
z
()
()
j
jyy() ,(),()zz z
000№=ў№
z
fz()
5. Вычеты функций
5.1. Понятие вычета. Основная теорема о вычетах
Вычетом функции
ся число, обозначаемое символом
где g — окружность с центром в точке
в изолированной особой точке
resf z
0
resf z
=
2
1
p
i
и определяемое равенством
0
fzdz() ()
т
g
, (5.1)
достаточно малого радиу‑
0
называет‑
0
са, такого, чтобы окружность не выходила за пределы области анали‑
тичности функции
функции
Вычет функции
и не содержала внутри других особых точек
в изолированной особой точке
z
равен ко‑
0
эффициенту при минус первой степени в лорановском разложении
функции
в окрестности точки
:
0
.
-
Вычет в устранимой особой точке равен нулю.
Если точка
Если точка
Если функция
является полюсом m‑го порядка функции
0
1
resf z
()
0
является простым полюсом функции
0
resf zfzzz
1
=
1
m
()!
-
()lim()(
zz
в окрестности точки
m
d
й
lim()(
zz
®
0
dz
®
0
zz fz
1
m
-
л
m
-
0
представима как част‑
0
щ
ы
, то
, то
ное двух аналитических функций
причем
люсом функции
fz
00 0
, то
()
z
=
y
z
, то есть
49
,
является простым по‑
0
5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ
()
()
j
z
fz()
resf z()
с
fz()
z
zz
32
4
==
4
,.
p
z = 0
4
4
pp
z = 0
resf ()00=
p
4
=Ґ
32
4
4
4
==
()
22
()
resf z
z
0
=
0
y
.
ў
z
0
Если точка
то для нахождения
является существенно особой точкой функции
0
необходимо найти коэффициент
0
рановском разложении функции
и будет вычет.
Пример. Найти вычеты функции
fz
()
Решение. Особые точки:
Найдем вычет в точке
lim()lim
fz
zz zz
®® ®®
00
=
Следовательно,
sin
32
zz
является устранимой особой точкой и
=
zz
0
. Вычислим предел:
2
z
=Ч-=-
-
Найдем вычет в точке
z =
. Вычислим предел:
в окрестности точки
2
z
sin
-
.
p
lim
2
sin
z
2
0
z
lim
1
0
z
.
,
в ло‑
-1
. Это
0
p
.
44
Следовательно,
resf fz z
Пример. Найти вычеты функции
2
sin
lim()lim
fz
lim
®
z
=
z
®
ж
з
и
z
sin
22
p
z
4
fzz()
=
0
2
p
z
®
4
p
z =
является полюсом (полюс первого порядка) и
pp
ж
ц
lim()lim
=-
з
ч
pp
zz
®®
44
и
ш
44
z
p
-
zz
ц
=
ч
ш
16
sin
zz
p
.
+11
50
.
2
z
sin
32
-
2
p
жж
z
з
p
и
.
16
p
ц
=
-
ч
4
ш
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]