Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
где интегрирование проводится против часовой стрелки, т.е. в правильном направлении обхода.
Рисунок 26 — Иллюстрация к выводу
коэффициентов ряда Лорана
Согласно свойству аддитивности интеграл можно разбить на слагаемые — интегралы по C
∗
, l−, C
r
∗
, l+. При этом, интеграл по пути l
R
считается дважды в противоположных направлениях и эти слагаемые
взаимно сокращаются. Интегралы по контурам C
∗
r
, C
∗
вычисляются
R
в противоположных направлениях (Рисунок 26). В итоге, получаем
=
C
C
r
‰
R
∗
l−C
f(t)
t − z
∗
‰
f(t)
t − z
∗
l
+
R
ˆ
dt+
l
+
dt =
f(t)
t − z
‰
C
∗
R
dt−
f(t)
t − z
‰
C
r
∗
dt +
f(t)
t − z
ˆ
l
+
f(t)
t − z
dt−
ˆ
l
+
dt +
f(t)
t − z
ȷ
∗
C
r
dt =
f(t)
t − z
‰
∗
C
R
dt +
f(t)
t − z
ˆ
l
−
dt−
f(t)
t − z
‰
∗
C
r
dt =
f(t)
dt.
t − z
Подынтегральную функцию можно разложить в ряд двумя спосо-
бами, причём в каждом случае будет своя область сходимости:
1)
f(t)
t − z
=
t − zo− (z − zo)
f(t)
=
f(t)
t − z
1
·
1 −
o
z−z
t−z
=
o
o
...
=
f(t)
t − z
z − z
1 +
o
t − z
o
+
o
(z − zo)
(t − zo)
2
+ ...=
2
∞
X
f(t)(z − zo)
(t − zo)
n=0
(n+1)
n
,
51
в этом случае ряд сходится при
использовать на контуре C
∗
);
R
z − z
t − z
o
< 1, (это разложение будем
o
f(t)
2)
t − z
=
t − zo− (z − zo)
= −
f(t)
z − z
o
t − z
1 +
z − z
в этом случае ряд сходится при
использовать на контуре C
o
o
f(t)
+
(t − zo)
(z − zo)
∗
).
r
t − z
z − z
= −
f(t)
z − z
2
+ ...= −
2
o
< 1, (это разложение будем
o
o
Подставляя полученные разложения в (∗) получим
=
f(z) =
˛
1
2πi
C
R
1
=
2πi
1
=
2πi
∗
2πi
X
n=0
∞
X
n=0
∞
X
n=0
˛
1
∗
C
∞
∗
lC
r
R
f(t)(z − zo)
(t − zo)
˛
f(t)(z − zo)ndt
(t − zo)
∗
C
R
˛
f(t)(z − zo)ndt
(t − zo)
∗
C
R
f(t)
dt =
t − z
l
!
n
(n+1)
(n+1)
(n+1)
1
2πi
dt +
+
+
C
˛
∗
R
2πi
2πi
2πi
f(t)
t − z
1
C
X
1
X
1
˛
∗
r
∞
n=0
∞
n=0
dt −
∞
X
n=0
˛
∗
C
r
˛
∗
C
r
¸
˛
n
∗
C
R
f(t) dt
(t − zo)
(n+1)
+
1
2πi
∞
X
n=1
C
=
1
2πi
∞
X
n=0
(z − zo)
1
·
X
1 −
∞
f(t)(t −zo)
(z − zo)
n=0
t−z
z−z
=
o
o
˛
1
f(t)
dt =
2πi
f(t)(t −zo)
(z − zo)
C
t − z
∗
r
n
(n+1)
f(t)(t −zo)ndt
(z − zo)
(n+1)
f(t)(t −zo)ndt
(z − zo)
(n+1)
f(t)(t −zo)
∗
r
(z − zo)
n
(n+1)
!
n−1
n
,
dt =
...
=
=
dt
.
Теперь , если точка z лежит на окружности C с центром в точке z0,
то переходя к пределу r∗→ |z − z0| = ρ, R∗→ |z − z0| = ρ получим
исходное разложение с коэффициентами
˛
cn=
1
2πi
(t − zo)
C
f(t) dt
n+1
,
˛
c−n=
1
2πi
(t − zo)
C
f(t) dt
−n+1
, n ∈ N.
52
Нули функции и их порядок
Ноль функции — это точка, которая является решением уравнения
f(z) = 0. В дальнейшем нам понадобится не только определять нули
функции, но и выяснять их порядок. Пусть n — наименьшая степень в
разложении f (z) в ряд Тейлора в точке zo, тогда zo— ноль порядка
n для f(z). Если в разложении функции есть постоянное слагаемое
c0= 0, то zoнулём функции не является.
Способы определить порядок нуля. Пусть f (zo) = 0, тогда
порядок равен n, если выполняется любое из следующих условий.
Способ 1. Разложение функции в ряд Тейлора начинается со слагаемого степени n (это определение порядка нуля):
f(z) = cn(z − zo)n+ c
(z − zo)n+ c
n+1
(z − zo)
n+2
n+2
+ ....
Способ 2. Функция разлагается на сомножители вида
f(z) = (z − zo)ng(z), g(zo) = 0.
Это следует из определения — достаточно вынести за скобку (z −zo)
и получим требуемое разложение, где g(zo) = cn= 0.
Способ 2. (n − 1) первых производных функции в точке zoравны
нулю, а n-я не равна нулю:
f(zo) = f′(zo) = . . . = f
(n−1)
(zo) = 0, f
(n)
(zo) = 0.
Это опять же очевидно следует из определения порядка нуля, так как
на n-й производной слагаемое cn(z − zo)nсведётся к константе cn.
Теорема о порядке нуля произведения.
Если точка zo— ноль порядка n для f(z) и ноль порядка m для g(z),
то для функции f (z) · g(z) точка zoноль порядка n + m.
n
...
Пример 4.1. Найти нули функции f (z) = (z2−1)(z4−1) и определить
их порядок.
Решение. Найдём нули функции, решив уравнение f (z) = 0:
(z2− 1)(z4− 1) = 0,
1) z2− 1 = 0, z = 1, z = −1,
2) z4− 1 = 0, = ±1, ±i.
53
Функция представима в виде
f(z) = (z − 1)2(z + 1)2(z − i)1(z + i)1,
и, используя способ 2 для определения порядка нуля, из этого представления следует, что z = ±1 — нули второго порядка, а z = ±i —
нули первого порядка.
Действительно для z = 1: f(z) = (z−1)2·(z + 1)2(z2+ 1)
, g(1) = 8 = 0;
| {z }
g(z)
для z = −1: f(z) = (z + 1)2· (z − 1)2(z2+ 1)
, g(−1) = 8 = 0;
| {z }
g(z)
для z = i: f(z) = (z − i)1· (z2− 1)2(z + i)
, g(i) = 8i = 0;
| {z }
g(z)
для z = −i: f(z) = (z + i)1· (z2− 1)2(z − i)
, g(i) = −8i = 0.
| {z }
g(z)
●
Пример 4.2. Найти нули функции f(z) = (z2−1) cos 2z и определить
их порядок.
Решение. Найдём нули функции, решив уравнение f (z) = 0:
(z2− 1) cos 2z = 0,
1) z2− 1 = 0, z = 1, z = −1,
...
2) cos 2z = 0, 2z =
π
+ πn, n ∈ Z, zn=
2
π
πn
+
4
, n ∈ Z.
2
Определим порядки нулей отдельно для каждого из сомножителей и
применим "теорему о порядке нулей произведения":
f(z) = (z − 1)1(z + 1) cos 2z,
из этого представления следует, что z = ±1 — нули первого порядка
(сомножитель cos 2z не равен нулю в точках z = ±1).
π
В случае с zn=
πn
+
4
выделить соответствующий сомножитель
2
не получится. Найдём порядки указанных нулей функции для функции cos 2z используя способ 3 (дифференцирование):
(cos 2z)′= −2 sin 2z|
=−2 sin
z
n
π
+ πn= ±2 = 0,
2
54
производная функции уже нулю не равна, следовательно, zn— нули
первого порядка для cos 2z и для f (z). ●
Пример 4.3. Определить для функции
f(z) = z4+ sin z + sin2z − z
порядок нуля z = 0.
Решение. Далее приведено два варианта решения задачи.
а) С помощью дифференцирования:
f′(z) = (4z3+ cos z + 2 sin z cos z − 1)
0
= 0,
f′′(0) = (12z2− sin z + 2 cos 2z)
= 2 = 0.
0
так как вторая производная уже не равна нулю, то z0= 0 — ноль
второго порядка для функции f (z).
б) С помощью разложения:
1
f(z) = z4+ sin z + sin2z − z = z4+ sin z +
= z4+ z −
3
z
6
−... +
1
1
−
2
2
+
4z
2
16z
−
4
48
4
+ ... −z = z2−
1
−
2
cos 2z − z =
2
3
z
+
6
2z
3
4
+ ...,
Наименьшая степень слагаемых равна 2, следовательно z0= 0 — ноль
второго порядка для функции f (z).
●
Пример 4.4. Определить для функции f (z) =
sin2z
2
, порядок нуля
z
z = 0, при условии, что в точке z = 0 функция доопределена значе-
нием f (0) = 0.
Решение. Разложим в ряд Тейлора числитель функции
sin2z
z
2
=
1
z2−
z
z
3!
6
+
10
z
− ...= z −
5!
z
3!
5
+
z
9
− ...,
5!
наименьшая степень в разложении равна 3, следовательно для f (z)
точка z = 0 ноль 3-го порядка. ●
Замечание. В случае, если точка является нулём знаменателя, то она
является особой точкой — точкой, в которой функция не определена.
Следовательно решением уравнения f (x) = 0 быть не может (исключена из ОДЗ). Но в данном случае, функция там доопределена, точка
в ОДЗ, в решения уравнения f(x) = 0 включена.
...
55
Особые точки и их характер
Точка называется особой для функции, если функция в этой точке
не определена. Точки, в которых значение функции определено называются регулярными (обычными или правильными). В данном
учебном пособии мы ограничимся только изучением конечных особых
точек, хотя в общем случае бесконечно удалённая точка так же может быть особой (см. видеоурок в дополнительных видеоматериалах
к разделу).
Рассмотрим разложение функции f (z) в ряд Лорана в некоторой
особой точке z0. Тогда, в зависимости от количества слагаемых в главной части ряда Лорана, следующим образом определяется характер
особой точки.
• Устранимая особая точка — это точка в которой разложение
функции в ряд Лорана не содержит главной части.
• Полюс порядка n — это точка в которой разложение функции
в ряд Лорана содержит конечное число слагаемых в главной части,
причем старшая степень в знаменателе равна n.
• Существенно особая точка — это точка в которой разложе-
ние функции в ряд Лорана содержит бесконечное число слагаемых в
главной части.
...
Пример 4.5. Найдите особые точки и определите их характер
а) f (z) =
sin z
, б) f(z) =
z
sin z
, в) f (z) = e
2
z
1/z
.
Решение. Для всех трёх функций особой точкой является z = 0.
определим характер особой точки, разлагая функции в ряд Лорана.
а) В разложении функции отсутствует главная часть, следовательно
особая точка является устранимой:
f(z) =
sin z
z
=
1
z −
z
z
3!
3
+
5
z
− ...= 1 −
5!
z
3!
2
+
z
4
− ....
5!
б) В разложении функции главная часть содержит слагаемые, "старшая степень знаменателя" равна 1, следовательно особая точка является полюсом первого порядка (простой полюс):
f(z) =
sin z
2
z
=
1
z −
2
z
z
3!
3
+
5
z
− ...=
5!
1
z
−
z
3!
+
z
5!
3
− ....
в) В разложении функции главная часть содержит бесконечное количество слагаемых, следовательно z = 0 является существенной особой
56
точкой:
f(z) = e
1/z
= 1 +
1
z
+
1
2!z
1
+
2
3!z
+ ....
3
Способы определения характера особых точек
Пусть z0особая точка функции f(z). Тогда
• Если lim
• Если lim
f(z) = const, то z0является устранимой особой точкой.
z→z
0
f(z) = ∞, то z0является полюсом, причём чтобы опреде-
z→z
0
лить порядок полюса следует подобрать такой минимальный целый
параметр n, чтобы lim
• Теорема Сохоцкого. Если lim
f(z)zn= const.
z→z
0
f(z) не существует, то z0является
z→z
0
существенной особой точкой.
• Теорема о связи нуля и полюса. Если zo— ноль порядка n для
1
f(z), то для
это полюс порядка n.
f(z)
Пример 4.6. Найдите нули и особые точки функции
5
2
1
z−1
.
f(z) =
(z2− 4)3(z4− 16)2sin2z sin z
z8(z2+ 4z + 4)2(ez− 1)2sin
Решение. Найдём нули числителя, исследуя каждый сомножитель.
...
1) (z2− 4)3= 0 ⇒ z2= 4 ⇒ z = ±2,
для данного сомножителя это нули 3-го порядка.
2) (z4− 16)2= 0 ⇒ z4= 16 ⇒ z = ±2, ±2i,
для данного сомножителя это нули 2-го порядка.
3) sin2z = 0 ⇒ sin z = 0 ⇒ z = πk, k ∈ Z,
для данного сомножителя это нули 2-го порядка так как
sin′z = cos z
= ±1 = 0.
πk
4) sin z2= 0 ⇒ z2= πk ⇒ z =√πk, k ∈ Z,
корень имеет два значения, для положительных k — вещественные, а
для отрицательных — мнимые:
z = ±√πn, n ∈ N, z = ±i√πn, n ∈ N.
57
Для данного сомножителя это нули 1-го порядка так как
2
2
±i√πn
±√πn
= ±2√πn cos πn = ±2√πn = 0, n ∈ N,
= ±i2√πn cos (−πn) = ±i2√πn = 0, n ∈ N.
sin′z2= 2z cos z
sin′z2= 2z cos z
Кроме того, у сомножителя есть ноль z = 0, его порядок равен 2:
2
sin′z2= 2z cos z
= 0, sin′′z2= (2 cos z2− 4z2sin z2)
0
Найдём нули знаменателя, исследуя каждый сомножитель.
5) z8= 0 ⇒ z = 0,
для данного сомножителя это ноль 8-го порядка.
6) (z2+ 4z + 4)2= 0 ⇒ (z + 2)4= 0 ⇒ z = −2,
для данного сомножителя это нули 4-го порядка.
7) (ez− 1)2= 0 ⇒ ez= 1 ⇒ z = 2πki, k ∈ Z,
для данного сомножителя это нули 2-го порядка, так как
z
8) sin
5
z − 1
(ez− 1)′= e
1
= 0 ⇒ sin
1
z − 1
2πki
= 0 ⇒
= 1 = 0.
1
= πk, k ∈ Z,
z − 1
0
= 2.
...
z =
+ 1, , k ∈ Z \{0}.
πk
Для данного сомножителя это нули 5-го порядка, так как являются
1
нулями 1-го порядка для sin
sin
z − 1
1
′
1
= −
(z − 1)
z−1
2
1
cos
:
z − 1
1
= ±(πk)2= 0, k = 0.
1
+1
πk
Зная корни числителя и знаменателя, перегруппируем сомножи-
тели:
2
.
f(z) =
(z − 2)5(z + 2)5(z + 2i)2(z − 2i)2sin2z sin z
5
z8(z + 2)4(ez− 1)2sin
1
z−1
Используя упомянутые выше в параграфе свойства и теоремы, имеем
58
• z = 2 — ноль 5-го порядка (см. п. 1) и 2));
• z = ±2i - нули 2-го порядка;
• z = −2 — устранимая особая точка (она является нулём и числите-
ля и знаменателя, функция в точке не определена, но в пределе при
z → −2 получим, что f(z) → 0);
• z = 2πki, k = 0, k ∈ Z — полюса 2-го порядка;
• z =
• z = πk, k = 0, k ∈ Z - нули 2-го порядка;
• z =√πk, k = 0, k ∈ Z - нули 1-го порядка; • z = 0 — полюс
6-го порядка (суммируя порядки, найденные в числителе пп. 3), 4) и
отдельно в п. 5) и 7) получим, что порядок нуля в числителе равен 4,
а в знаменателе — 10, следовательно в итоге точка является полюсом
порядка (10-4));
• z = 1 — существенно особая точка (предела в этой точке не суще-
ствует, так как lim
1
+ 1, k = 0, k ∈ Z - полюса 5-го порядка;
πk
sin
z→1
1
= sin5∞ не определён.
z − 1
●
Дополнительные видеоматериалы
к изучению раздела 4
...
а)
в) г)
Рисунок 27 — Ссылки на тематические видеоуроки к разделу:
а) ряды Тейлора и Лорана; б) нули функции;
в) особые точки; г) бесконечно удалённая особая точка
б)
59
Упражнения к разделу 4
4.1. Разложите функции а)-з) в ряд Тейлора по степеням (z − zo),
укажите область сходимости.
а) f(z) = z2sin z, zo= 0; б) f (z) = e
в) f(z) = e
z2+1
, zo= i; г) f(z) =
z2−2z+1
z + 1
, zo= 1;
, zo= −1;
z2+ 2z
1
д) f (z) = z3cos (z + 1), zo= 0; е) f (z) =
, zo= i;
z2+ 2z
z
e
, zo= −1.
z
ж) f (z) =
1
, zo= 1; з) f(z) =
2
z
4.2. Определите порядок нуля n в точке z = 0 для данной функции
f(z), разлагая её в ряд Тейлора.
2
а) f(z) = z2sin 2z; б) f(z) = e
z
− 1;
в) f(z) = z(cos z2− 1); г) f (z) = z sin2z2;
2
д) f (z) = z3ln 1 + z4; е) f (z) = e
z
− cos 2z;
...
ж) f (z) = z cos z2− sin z; з) f(z) = z2ez− sin z3.
4.3. Найдите нули функции и определите их порядок.
а) f(z) = (z4− z2)(z + 1)2; б) f (z) = (z3− 2z2+ z)2;
в) f(z) = (z2+ 4)(z2− 4); г) f (z) = (z2+ 9)(z2+ 4)3;
д) f (z) = (z2+ 1)(z8− 1); е) f(z) = (z4+ 1)(z2+ i);
ж) f (z) = (ez− 1) sin z; з) f (z) = ln(z2+ 1);
и) f (z) = sin z2; к) f(z) = e
л) f (z) = z2(1 − cos z2); м) f(z) =
z2−2z+1
2
z
e
− 1
− 1;
.
z
60