Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комплексный анализ в примерах и задачах
.pdf
31
Пример 4.1. Разложить функцию
2
33
)(
2
zz
z
zf
в ряд Тейлора в
окрестности точки
10z
и указать область D, в которой ряд пред-
ставляет данную функцию.
Решение. Представим данную функцию в виде суммы простейших дробей:
2
1
1
2
)(
zz
zf
(
1z
,
2z
).
Кругом наибольшего радиуса, не содержащим точек
1z
и
2z
, с
центром в точке
10z
является круг
1|1| z
. В этом круге функция
)(zf
является аналитической и, значит, разлагается в ряд Тейлора. Ис-
пользуя формулы (4.5) и учитывая, что
1|1| z
и
1
2
|1|z
,
имеем
0
2
)1(
)1(
2
1
2
1
1
1
2
1
1
1
n
n
n
n
z
z
z
,
0
)1(
)1(1
1
2
1
n
n
z
zz
.
Следовательно,
00
)1(
2
)1(
)1(
2
1
1
2
)(
n
n
n
n
n
n
z
z
zz
zf
n
n
n
n
z )1(1
2
)1(
0
есть искомое разложение в ряд Тейлора в области D:
1|1| z
.
Пример 4.2. Разложить функцию
2
1
()
42
fz
zz
в ряд Тейлора
в окрестности точки
0
0z
и указать область D, в которой ряд пред-
ставляет данную функцию.
32
Решение. Используя формулу суммы кубов двух чисел, предста-
вим данную функцию в виде:
2 3 3 3
1 2 2 1 2
()
4 2 2 8 8 1 ( / 2) 1 ( /2)
z z z
fz
z z z z z z
(
2z
).
Кругом наибольшего радиуса, не содержащим точку
2z
, с центром
в точке
0
0z
является круг
| | 2z
. Используя вторую формулу из (4.5),
с учетом, что
||
1
2
z
, имеем
3
3
0
1
( 1)
1 ( /2) 2
n
n
n
z
z
.
Поэтому
33
3 3 1
3 3 3 3
0 0 0
1 ( 1)
( ) 2 ( 1) ( 1) 2
8 2 2 2
n n n
n n n n
n n n
n n n
zz
f z z z z
есть искомое разложение в ряд Тейлора в области .
Задача 4.1. Разложить функцию
)(zf
в ряд Тейлора в окрестно-
сти точки
0
z
и указать область
D
, в которой ряд представляет дан-
ную функцию, если:
1.
zzf2
1
)(
,
00z
; 2.
zzf2
1
)(
,
10z
.
3.
3
)1(
2
)(zzf
,
00z
; 4.
22
)1(
1
)(zzf
,
00z
;
5.
2
1
1
)(zzzf
,
00z
. 6.
2
1
1
)(zzzf
,
00z
.
7.
)2()1(
)(
2
zz
z
zf
,
10z
; 8.
)52()3(
192
)(
2
2
zz
zz
zf
,
00z
.
33
4.2. СТЕПЕННЫЕ РЯДЫ. РАДИУС СХОДИМОСТИ
При исследовании степенных рядов
0
0
)(
n
n
n
zza
на сходимость
часто оказываются полезными теоремы сравнения с известными ря-
дами.
Пример 4.2. Исследовать на сходимость ряды:
Решение. а). Члены данного ряда представляют собой геометри-
ческую прогрессию со знаменателем
2
z
q
. Значит, он сходится при
2|| z
и расходится при
2|| z
.
б). Пусть z - любое к.ч. Выберем натуральное число N такое, что
2
1||n
z
Nn
. Тогда
2
1
1
||
n
z
или
n
n
n
n
n
z
n
z
2
1
1
)1(
||
Nn
.
Так как ряд
0
2
1
n
n
сходится (и его сумма равна 2), то, по признаку срав-
нения, данный ряд
n
n
n
z
01
сходится в точке
z
. Но
z
- любое к.ч.,
поэтому данный ряд сходится на всей комплексной плоскости.
в). Пусть
0z
- любое к.ч. Выберем номер n так, чтобы было
||1z
n
. Тогда
1|| zn
и
1|| nzn
, т.е. не выполняется необходимое
условие сходимости ряда. Значит, данный ряд сходится лишь в точке
0z
.
Задача 4.2. Исследовать на сходимость ряды:
1.
0
)1(
n
nn
z
; 2.
0n
n
z
; 3.
03n
n
n
z
; 4.
0
3
)1(
n
n
n
n
z
;
5.
0
)2(
n
nn
zn
; 6.
0
)1(
n
nn
zn
.
34
Если степенной ряд
0
n
n
n
az
сходится при некотором значении
0
0zz
, то по теореме Абеля он сходится и притом абсолютно при
всех значениях z таких, что
0
| | | |zz
.
Следовательно, областью сходимости ряда
0
n
n
n
az
является круг
с центром в начале координат. При этом существует круг с центром в
точке радиуса такой, что внутри этого круга ряд
0
n
n
n
az
схо-
дится, а вне этого круга – расходится. Такой радиус называют ради-
усом сходимости степенного ряда
0
n
n
n
az
.
При нахождении радиуса сходимости R степенного ряда исполь-
зуют формулу Коши-Адамара
n
n
n
aim
R
||
1
. (4.6)
Если
0||
n
a
и существует
n
n
n
a
a
im
1
, то:
1
n
n
n
a
a
imR
. (4.7)
Пример 4.3. Найти радиус R сходимости рядов:
а).
02n
n
n
z
; б).
0
))1(1(
n
nnn
z
, в).
1
2
2
)2(
n
n
n
n
z
.
Решение. а). В данном случае
n
n
a
2
1
. Значит,
n
n
a
22
1
1
и
21
n
n
n
a
a
imR
.
б). В данном случае
. Значит,
kn
kn
a
n
n
n
2 при 2
12 при 0
)1(1||
.
35
Поэтому, по формуле Коши-Адамара,
2
1
||
1
n
n
n
aim
R
.
в). Здесь
012
n
a
и поэтому нельзя пользоваться формулой Коши-
Адамара. Сделав замену
tz
2
, получим ряд
1
2
)2(
n
n
n
n
t
.
В этом случае
2
)2(
n
a
n
n
и
2
1
1n
n
n
a
a
imR
. Значит, для данного ряда
2
2
R
.
Задача 4.3. Найти радиусы сходимости рядов:
1.
n
n
n
z
n
n
1
!
; 2.
1!n
n
n
z
n
n
; 3.
02n
n
z
; 4.
03n
n
z
; 5.
0
))1(2(
n
nnn
z
;
6.
0
))1(3(
n
nnn
z
; 7.
0
cos
n
n
inz
; 8.
0
sin
n
n
inz
.
4.3. РЯДЫ ЛОРАНА
Если функция
)(zf
является аналитической в кольце
Rzzr ||
0
где
Rr0
, то по теореме Лорана она единственным образом раз-
лагается в этом кольце в ряд Лорана:
частьглавнаячастьправильная
n
n
n
n
n
n
zzczzczf
1
0
0
0
)()()(
,
dz
zz
zf
i
c
zz
n
n
||
1
0
0
)(
)(
2
1
,
где
);( Rr
- любое число.
36
Пример 4.4. Разложить функцию
)2)(1(
)(
4
zz
z
zf
в ряд Ло-
рана в области
D
:
2||1 z
.
Решение. Разделив числитель на знаменатель по правилу деле-
ния многочленов, получим
44
2
2
56
3
( 1)( 2) 2 ( 1)( 2)
z z z
zz
z z z z z z
.
Разложив последнюю дробь на простейшие дроби, имеем
Так как
1
||
1
z
, то по формуле (4.4), имеем
10
111
1
1
11
1
1
n
n
n
n
zz
z
z
zz
.
Аналогично, так как
1
2
||z
, то
0
1
0
2
)1(
2
)1(
2
1
2
1
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
zz
z
z
.
Но тогда
4
2
1
10
1 1 16
( ) 3 ( 1)
( 1)( 2) 3 3 2
n
n
nn
nn
zz
f z z z
z z z
(выписываем первые три члена последней суммы и приводим подобные)
есть искомое разложение в ряд Лорана данной функции
)(zf
в области
:
2||1 z
.
37
Пример 4.5. Разложить функцию
2
()
32
z
fz
zz
в ряд Лорана
в области
D
:
2||1 z
.
Решение. Данная функция имеет два нуля знаменателя
1
1z
и
2
2z
. Значит, в кольце
2||1 z
она является аналитической. Разло-
жим эту функцию на простейшие дроби:
2
21
3 2 2 1
z
z z z z
.
Так как
||
1
2
z
, то по первой формуле из (4.5), имеем
0
21
22
1
2
n
n
n
z
z
z
.
Аналогично, так как
1
1
||z
, то
01
1 1 1 1 1 1
1
1
1
nn
nn
z z z z z
z
.
Следовательно,
01
2 1 1
()
2 1 2
n
nn
nn
z
fz
z z z
.
Задача 4.4. Разложить функцию
)(zf
в ряд Лорана в заданной
области
D
, если: 1.
23
32
)(
2
zz
z
zf
, D:
1|1|0 z
;
2.
23
32
)(
2
zz
z
zf
, D:
1|2|0 z
;
3.
2
12
)(
2
zz
z
zf
, D:
2||1 z
; 4.
23
32
)(
2
zz
z
zf
, D:
2||1 z
;
5.
,
;
6.
,
.
38
§5. ВЫЧЕТЫ И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ
5.1. КЛАССИФИКАЦИЯ ИЗОЛИРОВАННЫХ
ОСОБЫХ ТОЧЕК
Пусть функция является аналитической в некоторой окрестности
, , точки
, кроме самой этой точки. Тогда
по теореме Лорана функция единственным образом разлагается в
этой окрестности в ряд Лорана:
частьглавнаячастьправильная
n
n
n
n
n
n
zzczzczf
1
0
0
0
)()()(
. (5.1)
Такая точка
называется изолированной особой точкой (кратко,
ИОТ) функции , причем ИОТ точка
называется:
устранимой особой точкой (УОТ), если в разложении (5.1) от-
сутствует главная часть;
полюсом m-го порядка, если в разложении (5.1) главная часть
содержит конечное число членов и
- последний не равный 0 коэф-
фициент;
существенно особой точкой (СОТ), если в разложении (5.1)
главная часть содержит бесконечно много членов.
Пример 5.1. Найти все конечные особые точки (если они есть)
следующих функций и установить их характер:
а).
z
e
zf
z
1)(
; б).
zzzfsin
1
)(
; в).
z
ezf/1)(
.
Решение. а). Функция
z
e
zf
z
1)(
имеет единственную особую
точку
0z
. Используя первое равенство из (4.2), имеем
!3!2
11
!3!2!1
1
1
)1(
1
)(
232
zzzzz
z
e
z
zf
z
.
39
Так как полученный ряд не содержит главной части, то
0z
есть УОТ.
б). Функция
zzzfsin
1
)(
имеет ИОТ
0z
. Рассмотрим вспомо-
гательную функцию
zz
zf
z sin
)(
1
)(
. Так как
zz cos1)(
,
zz sin)(
,
zz cos)(
,
то
0)0()0()0(
и
01)0(
.
Значит,
0z
есть трехкратный нуль функции
)(z
. Поэтому
0z
есть
трехкратный полюс данной функции
)(zf
.
в). Функция
z
ezf/1)(
имеет ИОТ
0z
. Используя первое равен-
ство из (4.1), имеем
0
32
!3
1
!2
11
1
!
1
)(
n
n
zz
z
zn
zf
.
Так как полученный ряд Лорана содержит бесконечно много членов в
главной части, то
0z
есть СОТ.
Задача 5.1. Найти все конечные особые точки (если они есть)
следующих функций и установить их характер:
1.
z
zsin
; 2.
z
zcos
; 3.
2
coszz
; 4.
2
sinzz
;
5.
3
z
e
z
; 6.
3
z
e
z
; 7.
1
1
sin
z
; 8.
1
1
cos
z
.
Замечание 5.1. При исследовании функции
)(zf
в точке
z
удобно использовать обозначение
z
z
1
. Тогда
z
переходит в
0z
. При этом функция
)(zf
считается аналитической в точке
z
, если
функция
z
f
1
является аналитической в точке
0z
. Если же
0z
является особой точкой функции
z
f
1
, то
z
считается особой
точкой функции
)(zf
.
40
Пример 5.2. Найти все особые точки (если они есть) следующих
функций и установить их характер:
а).
z
ezf )(
; б).
324)(
23
zzzf
.
Решение. а). Положим
z
z
1
. Используя первое равенство из
(4.2), имеем
32
/1
!3
1
!2
11
1
1
zz
z
e
z
f
z
.
Значит,
0
z
есть СОТ функции
z
f
1
. Но тогда (см. замечание 5.1),
z
есть СОТ функции
z
ezf )(
.
б). Положим
z
z
1
. Тогда
3
241
23
zz
z
f
. Значит,
0z
есть
трехкратный полюс функции
z
f
1
. Но тогда, в силу замечания 5.1,
z
есть трехкратный полюс данной функции
)(zf
.
Задача 5.2. Найти все особые точки (если они есть) следующих
функций и установить их характер:
1. ; 2. ; 3.
352 zz
; 4.
132 zz
.
Справедливы следующие утверждения:
ИОТ
функции
()fz
является:
1). УОТ тогда и только тогда, когда существует конечный предел
0
()
zz
fzim
;
2). Полюсом тогда и только тогда, когда
0
()
zz
fzim
;
3). СОТ тогда и только тогда, когда
0
()
zz
fzim
не существует.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]