Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
Глава 10
Ряды Тейлора
10.1. Задания для аудиторной работы
210. Разложить функцию f(z) в ряд Тейлора по степеням z −z0и най-
ти круг сходимости D = {z : |z−z0| < R} полученного степенного
ряда:
1) f(z) =
3) f(z) =
5) f(z) =
Р е ш е н и е п. 6. С помощью метода неопределенных коэффициентов
легко показать, что
1
, z0= 0; 2) f(z) =
z + 4
1
, z0= i; 4) f(z) =
z + 1
1
, z0= 1; 6) f(z) =
z + 2
6z
(z − 1)(z − 3)
=
1
z2+ 4
z2− 2z + 2
(z − 1)(z − 3)
−3
+
z − 1
z − 3
, z0= 0;
2
6z
9
,
, z0= 0;
, z0= 2.
поэтому нужно разложить функции −3/(z−1) и 9/(z−3) по степеням (z −2).
При |z − 2| < 1
∞
X
=
(−1)n(z − 2)n,
n=0
∞
X
(−1)n(z − 2)2.
0
n=
поэтому
1
z − 1
=
−3
z − 1
1
1 + z − 2
= −3
292 Глава 10. Ряды Тейлора
Аналогично при |z − 2| < 1
∞
9
z − 3
=
1 − (z − 2)
−9
= −9
X
(z − 2)n,
n=0
поэтому при |z − 2| < 1
∞
X
n=0
(−1)
n+1
− 3(z − 2)n, D = {z : |z − 2| < 1}.
6z
(z − 1)(z − 3)
= 3
Точки z = 1 и z = 3 для функции f(z) = 6z/((z − 1)(z − 3)) являются единственными конечными особыми точками, следовательно по теореме
Тейлора (см. формулу (4.4)т) полученный степенной ряд сходится в круге
сходимости D = {z : |z − 2| < 1}.
211. Разложить в ряд Тейлора по степеням z − z0функцию f (z) и
найти круг сходимости полученного степенного ряда:
1) f(z) = ez, z0= −1; 2) f(z) = e
z+3
, z0= −1;
3) f(z) = sin z cos z, z0= 0; 4) f(z) = ch2z, z0= 0;
5) f(z) = cos z, z0=
Р е ш е н и е п. 6. Применим известную формулу тригонометрии и по-
лучим
Разложения в ряд Тейлора функций cos ξ и sin ξ имеют вид
∞
∞
X
n=0
X
n=0
(−1)
(−1)
n
cos ξ =
поэтому
cos 3z =
Учитывая эти разложения, полу чим
cos(3z − i) = cos i
Конечных особых точек у функции cos(3z − 1) нет, поэтому радиус круга
cходимости R = ∞, т.е. D = {z : |z| < +∞}.
π
; 6) f (z) = cos(3z − i), z0= 0.
4
cos(3z − i) = cos i cos 3z + sin i sin 3z.
2n
z2n+ sin i
∞
X
n=1
∞
X
n=1
(−1)
(−1)
n−1
n−1
∞
X
n=1
ξ
(2n − 1)!
3
(2n − 1)!
(−1)
2n
ξ
n
(2n)!
2n
3
z2n, sin 3z =
(2n)!
∞
X
(−1)
n=0
, sin ξ =
3
n
(2n)!
2n−1
2n−1
n−1
, |ξ| < ∞,
2n−1
z
, |z| < ∞.
2n−1
3
(2n − 1)!
2n−1
z
.
10.1. Задания для аудиторной работы 293
212. Используя известные разложения и применяя почленное дифференцирование и интегрирование сте пенного ряда, разложить
функцию f (z) в ряд Тейлора по степеням z. Определить круг
сходимости полученного степенного ряда:
1) f(z) =
4) f(z) =
6) f(z) =
1
(1 −z)
2
z
(1 −z3)
1
(1 + z2)
; 2) f (z) = ln
2
; 5) f (z) = (z + 1) ln(z + 1) − z;
2
.
2
Р е ш е н и е п. 6. Будем опираться на известное разложение
∞
X
1
=
1 + z
n=0
В круге сходимости {z : |z| < 1} данный ряд можно почленно диффе-
ренцировать, поэтому
−1
=
2
(1 + z)
Подставим в это разложение z2вместо z, получим
∞
1
(1 + z2)
X
=
2
(−1)
n=0
1 + z
; 3) f (z) =
1 −z
(−1)nzn, |z| < 1.
∞
X
(−1)nnz
n=1
n+1nz2n−2
n−1
.
, |z| < 1.
2
(1 −z)
;
3
Для функции 1/(1+z2)2конечными особыми точками явля ются z = −i
и z = i, значит по теореме Тейлора кругом сходимости полученного ряда
является D = {z : |z| < 1}.
213. Найти три первых отличных от нуля члена разложения функ-
ции f (z) в ряд Тейлора по степеням z, а также круг сходимости
полученного ряда:
1) f(z) =
z
; 2) f (z) =
cos z
4) f(z) =√1 −4z (f (
0) = 1); 5) f (z) = e
ln(1 −z)
1 −z
; 3) f (z) =
z sin z
; 6) f (z) = tg z.
z
ln(1 −z)
;
294 Глава 10. Ряды Тейлора
Р е ш е н и е п. 6. Функция tg z является аналитической во всей комплексной п лоскости C, кроме точек zk= π/2 + kπ, k ∈ Z. Поэтому в круге
D = {z : |z| < π/2} она разлагается в ряд Тейлора, т.е. справедливо равен-
ство
sin z
= a0+ a1z + . . . + anzn+ . . . , |z| <
cos z
π
,
2
где a0= tg 0 = 0; a a1, a2, a3, . . . — неизвестные коэффициенты.
Отсюда для |z| < π/2 имеем
∞
X
n=0
(−1)
2n+1
z
n
(2n + 1)!
∞
X
=
n=1
anz
n
!
∞
X
n=0
(−1)
n
2n
z
(2n)!
!
.
Перемножая ряды в правой части последнего равенства, будем иметь
3
5
z
z −
+
3!
= a1z + a2z2+a3−
7
z
z
−
7!
+ . . . =
a
1
z3+a4−
2!
a
2
z4+a5−
2
a
2
a
3
1
+
z5+ . . . .
24
5!
Отсюда получим, что a1= 1, a2= 0, a3= 1/3, a4= 0, a5= 2/15, и,
следовательно,
tg z = z +
1
3
z3+
2
z5+ . . . , D =nz : |z| <
15
o
π
.
2
10.2. Базовые индивидуальные задания
214. Разложить функцию f (z) в ряд Тейлора по степеням z −z0и най-
ти круг сходимости D = {z : |z−z0| < R} полученного степенного
ряда:
1) а) f (z) =
2) а) f (z) =
3) а) f (z) =
4) а) f (z) =
5) а) f (z) =
1
, z0= 7i, б) f (z) =
z
1
, z0= 0, б) f (z) =
4z + 5
1
, z0= 4i, б) f (z) =
z + 4
1
, z0= 2i, б) f (z) =
z + 2
1
, z0= 6i, б) f (z) =
6
z +
z
(z + 1)(z − 2)
2z + 1
, z0= 0;
z2+ 1
6z + 5
(z + 3)(z + 5)
z + 1
, z0= i;
z2+ 9
2z
2)(z + 3)
(z +
, z0= 0;
, z0= −1;
, z0= 1;
10.2. Базовые индивидуальные задания 295
6) а) f(z) =
7) а) f(z) =
8) а) f(z) =
9) а) f(z) =
10) а) f (z) =
11) а) f (z) =
12) а) f (z) =
13) а) f (z) =
14) а) f (z) =
15) а) f (z) =
16) а) f (z) =
17) а) f (z) =
18) а) f (z) =
19) а) f (z) =
20) а) f (z) =
1
, z0= −4i, б) f (z) =
z
1
, z0= 0, б) f (z) =
7z + 8
1
, z0= 0, б) f (z) =
3z + 4
1
, z0= 0, б) f (z) =
2z + 3
1
, z0= −5i, б) f (z) =
z
1
, z0= 0, б) f (z) =
5z + 6
1
, z0= 0, б) f (z) =
8z + 9
1
, z0= 5i, б) f (z) =
z + 5
1
, z0= −8i, б) f (z) =
z
1
, z0= −9i, б) f (z) =
z
1
9z + 10
10z + 3
1
z
1
z
z + 2
, z0= 0, б) f (z) =
1
, z0= 0, б) f (z) =
, z0= 3i, б) f (z) =
, z0= 4, б) f (z) =
1
, z0= −3i, б) f (z) =
2
2z
, z0= −i;
z2+ 4
1
, z0= 4;
z2− 9
2z + 6
(z − 1)(z + 4)
z
z2− 4z + 13
z
z2+ 6z + 10
z
z2− 2z + 5
z + 1
z2− 6z + 12
2z − 5
z2− 5z + 6
z + 1
z2+ 4z −5
z
z2− 2z −3
3 −z
(1 + z)(2 + z)
5 − 2z − z
(1 + z)(2 − z)
3 −z
(1 −2z)(2 + z)
z + 8
(z − 2)(z + 3)
(z − 3)(z − 4)
, z0= 0;
, z0= 0;
, z0= 1;
, z0= 3;
, z0= 0;
, z0= 0;
, z0= 0;
2
2
, z0= 0;
, z0= 1;
z
, z0= 0;
, z0= 0;
, z0= 1;
, z0= 1.
296 Глава 10. Ряды Тейлора
215. Разложить функцию f(z) в ряд Тейлора по степеням z −z0и най-
ти круг сходимости D = {z : |z−z0| < R} полученного степенного
ряда:
1) f(z) = z2e2z, z0= 1; 2) f(z) = z e4z, z0= 2;
3) f(z) = (z2+ 2z −8)ez, z0= −1; 4) f(z) = sin(2z − z2), z0= 1;
5) f(z) =
z
Z
sin ξ
dξ, z0= 0; 6) f(z) =
ξ
0
z
Z
2
−ξ
e
dξ, z0= 0;
0
7) f(z) = ezsin z, z0= 0; 8) f(z) = ezcos z, z0= 0;
9) f(z) = e2zsin 2z, z0= 0; 10) f(z) = sin 2z cos 4z, z0= 0;
11) f(z) = cos z cos 3z, z0= 0; 12) f(z) = ch 2z sh 4z, z0= 0;
z
Z
13) f(z) =
1 −cos ξ
0
dξ, z0= 0; 14) f(z) = sin2z, z0= 0;
ξ
15) f(z) = sin4z + cos4z, z0= 0; 16) f(z) = cos 2z e2z, z0= 0;
17) f(z) = sin 3z · 3z, z0= 0; 18) f(z) = sin(2z + 1), z0= −1;
19) f(z) = cos(4z + z2), z0= −2; 20) f(z) = ch2z, z0= 0.
216. Используя известные ра зложения и применяя почленное диф-
ференцирование и интегрирование степенного ряда, разложить
функцию f(z) в ряд Тейлора по степеням z. Определить круг
сходимости полученного степенного ряда:
2
z
; 3) f (z) =
z2+ 4
2
z
z2+ 9
1
z2− 25
(z − 2)
; 6) f (z) =
; 9) f (z) =
1
;
2
1
(z + 3)
1
(z + 4)
;
2
;
2
1) f(z) =
4) f(z) =
7) f(z) =
10) f(z) =
1
z2− 4
z − 1
z − 3
1
ln
2
z
z2+
z + 2
z − 2
2
25
; 2) f (z) =
2
; 5) f (z) =
; 8) f (z) =
; 11) f (z) = sin2z; 12) f (z) = cos2z;
10.2. Базовые индивидуальные задания 297
2
13) f(z) = sin z cos z; 14) f (z) = ln(1 + z); 15) f (z) =
2
16) f(z) =
19) f(z) = e
z
; 17) f (z) = ln(3 + z); 18) f (z) = ch 3z;
z − 1
z+2
; 20) f (z) = e
z2+z
.
z
z2+ 1
217. Найти три первых отличных от нуля члена разложения функции
f(z) в ряд Тейлора по степеням z − z0, а также круг сходимости
полученного ряда:
1) f(z) =
3) f(z) =
5) f(z) = e
z
, z0= 0; 2) f(z) =
sin z
z
(1 −z2) sin z
z ln(1+z)
, z0= 0; 4) f(z) =√cos z (f(0) = 1), z0= 0;
, z0= 0; 6) f (z) = e
z
ln(1 + z)
z
e
, z0= 0;
, z0= 0;
7) f(z) = ezln(1 + z), z0= 0; 8) f (z) = ln(1 + ez), z0= 0;
9) f(z) = sin2z, z0=
z
Z
11) f(z) =
sin ξ
ξ
0
π
; 10) f (z) = e
4
dξ, z0= 0; 12) f(z) = ch z cos z, z0= 0;
2
z
, z0= 1;
13) f(z) = z L n z (f (1) = 2πi), z0= 1;
14) f(z) = sin(z2− 2z), z0= 1; 15) f(z) =
1
ln
2
1
1 −z
2
, z0= 0;
;
16) f(z) = arcsin z, z0= 0; 17) f (z) =√z + 3 (f(1) = −2), z0= 1;
18) f(z) = ln
20) f(z) = cos2z, z0=
z + 1
, z0= 0; 19) f(z) = (z + 2) sin 2z, z0= 1;
1 −z
π
.
4
298 Глава 10. Ряды Тейлора
10.3. Задания для самостоятельной
работы
218. Разложить функцию f (z) в ряд Тейлора по степеням z −z0и най-
ти круг сходимости D = {z : |z−z0| < R} полученного степенного
ряда:
1) f(z) = ch z cos z, z0= 0;
2) f(z) =
√
3
z (выбрать ветвь, для которой
√
3
1 = (−1 + i√3)/2),
z0= 1;
z
Z
3) f(z) = ln z, z0= i; 4) f (z) =
sin ξ
dξ, z0= 0;
ξ
0
5) f(z) = ln2(1 −z), z = 0; 6) f (z) = cos2z + ch2z, z = 0;
2
7) f(z) = (z2− 4z + 5)e
4z−z
, z = 2.
219. Используя известные представления элементарных функций в
виде степенного ряда, найти следующие пределы:
z→0
z→0
1 −cos z
2
z
sh z
; 6) lim
z
1) lim
5) lim
Р е ш е н и е п. 1. Так как
то
Отсюда следует, что
lim
z→0
; 2) lim
z→0
1 − cos z
1 −cos z
2
z
ez− 1
z→0
z
ch z − 1
2
z
cos z = 1 −
=
2
z
= lim
z→0
; 3) lim
.
2
z
+
2!
1
z
−
2!
4!
1
−
2!
2
z
4!
4
z
4!
+
2
z→0
− . . . ,
4
z
6!
z
+
6!
sin z
z
− . . .
4
− . . .=
; 4) lim
z→0
1
.
2
ln(1 + z)
z
;
10.3. Задания для самостоятельной работы 299
220. Найти разложение в ряд Тейлора по степеням z функции f (z),
аналитической в окрестности точки z0= 0 и удовлетворяющей
условию:
1) zf′′(z) + (1 + z)f′(z) = −e−z, f (0) = 1, f′(0) = −1;
2) (1 + z2)f′(z) = 1, f (0) = 0;
3) zf′′(z) + f′(z) − f(z) = 0, f(0) = 0, f′(0) = 1;
4) f′′(z) + zf (z) = 0, f (0) = 1, f′(0) = 0;
5) zf′′(z) + (1 + 4z)f (z) = sin 2z, f (0) = 0, f′(0) = 2;
6) f′′(z) + zf′(z) + f(z) = z cos z, f (0) = 0, f′(0) = 1;
7) zf′(z) + (1 − z)f (z) = ez, f (0) = 1;
8) zf′′(z) + (1 + z)f (z) = cos z, f(0) = 1, f′(0) = 0;
9) (1 −z2)f′′(z) − 5zf (z) − 4f(z) = 0, f (0) = 1, f′(0) = 0;
10) f′′(z) + λ2f(z) = 0, f(0) = 0, f′(0) = λ.
221. Найти несколько первых членов разложения функции f (z) в ряд
Тейлора по степеням z:
1) f(z) = Ln2(1 −z) (выбрать ветвь, для которой Ln 1 = 2πi);
2) f(z) = Arctg2z (выбрать ветвь, для которой f (0) = 0);
3)
f(z) = Arctg z ln(1+z2) (выбрать ветвь, для которой Arctg 0 = 0);
4) f(z) = ln cos z; 5) f (z) = ln
sin z
; 6) f (z) = tg z.
z
222. Разложить в ряд Тейлора указанные ветви многозначной функции f(z) по степеням z − z0, если:
√
1) f(z) =
3
z (выбрать ветвь, для которой f(i) = −i), z0= i;
2) f(z) = Ln z (выбрать ветвь, для которой f (i) = πi/2), z0= i;
3) f(z) = Arcsin z (выбрать ветвь, для которой f (0) = 4π), z0= 0;
4) f(z) =√3 + z (выбрать ветвь, для которой f (1) = −2), z0= 1;
5)
f(z) = Ln
1 + z
(
выбрать ветвь, для которой f (0) = 2πni), z0= 0.
1 −z
300 Глава 10. Ряды Тейлора
10.4. Задания творческого характера
223. Доказать, что только одна ветвь функции
f(z) =
1
z
Ln
1
1 −z
доопределяется в точке z0= 0 так, что становится аналитической в окрестности этой точки. Найти разложение полученной
функции в ряд Тейлора по степеням z.
224. Доказать, что функция
1
f(z) =
√
2 −z + 1
допускает в окрестности точки z0= 0 выделение двух однозначных аналитических ветвей. Разложить эти ветви в степенные ряды по степеням z. Показать, что радиусы сходимости полученных
рядов равны 1 и 2 соответственно.
225. Доказать, что функция
∞
f(z) =
X
n=1
1
(n −z)
2
является аналитической в области C\N. Разложить эту функцию
в ряд Тейлора по степеням z.
226. Доказать, что функция
f(z) =
∞
X
n=1
(−1)
n −z
n−1
является аналитической в области C\N. Разложить эту функцию
в ряд Тейлора по степеням z.
227. Если в круге {ξ ∈ C : |ξ| < R} имеет место равенство
∞
F (ξ, z) =
X
fn(z)ξn,
n=0
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]