Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белгородский государственный национальный исследовательский университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lungu1_math453 / ТФКП Питер[Aleksandrova_E.B.,_Svencickaya_T.A.,_Timofeeva_L.(BookFi.org)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.04.2015

Размер:

1.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1711 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Замечание 2. Можно доказать, что степенной ряд, представляющий аналитическую в некотором круге функцию, определен однозначно.

Получим еще одно выражение для коэффициентов cn . Положим z = z 0

в формуле (2), получим f (z0 )= c0 .

Продифференцируем ряд (2) почленно:

∞	n−1
f ′(z)= ∑cn n(z − z0 )
n=1
и в полученном равенстве положим z = z0 , тогда	f ′(z0 )= c1 .

Аналогично, положив z = z0 в выражении для производной k -го по-

рядка. Имеем:

∞

f (k )(z)= ∑cn n(n − 1)K(n − k + 1)(z − z0 )n−k ,

n=k

получим f (k )(z0 )= ck k!. Откуда

cn =

(n)(z

)

(4)

Тогда ряд (2) примет вид

∞

f (n)(z

)

f (z)=

∑

(z − z0 )n .

(5)

n =0

Ряд (5) называется рядом Тейлора.

Сравнивая выражения (3) и (4) для коэффициентов cn , имеем

c	=	1	∫	f (ξ)			dξ =	f (n)(z	0	)	.
c	=			(ξ −z		)n +1	dξ =				.
n		2π i		(ξ −z	0	)n +1		n!
			C +		0

Отсюда получаем интегральное представление для производных любого порядка аналитической функции.

f (n)(z0 )=	n!	∫	f (ξ)dξ			,	(6)
	2π i		(ξ −z	0	)n +1
		C +

101

где С -

любой замкнутый контур, лежащий в области аналитичности и со-

держащий внутри точку z0 (формула (6) была ранее получена в гл. II §5).

Пример 1. Разложить функцию

f (z)= ln z

в ряд Тейлора в окрестности

точки z0 = 1 .

Решение. Функция

f (z)= ln z = ∫z

dξ

была рассмотрена в §10 главы

2. Ее производные:

′

′′

; f

′′′

(n)

(z)= (− 1)

n−1 (n − 1)!

z n

f (z)= z ;

f (z)= −z 2

(z)= z 3 ; …;

Вычислим коэффициенты cn по формуле (4):

(− 1)n−1

(n − 1)!

= (− 1)n−1 , n = 1, 2, K, c = ln 1 = 0 .

z n

z=1

Тогда

∞

ln z = ∑(− 1)n−1 (z − 1)n .

(7)

n=1

С помощью признака Д’Аламбера, применяемого к ряду, составленному из модулей членов ряда (7), легко убедиться, что кругом сходимости ряда

(7) является круг z − 1 < 1 .


Пример 2. Вычислить ∫			ez dz
				,
			(z −i)4
		C +
где C - окружность	z − 1	= 2 .			z − 1		= 2 , а

Решение. Так как точка z0 = i лежит внутри окружности

функция f (z)= ez - аналитическая на всей комплексной плоскости,						то для
вычисления интеграла удобно применить формулу (6), считая в ней:							n = 3 ,
z0 = i . Имеем

102

ez dz

2π i

(3)

2π i

π i

∫

(ez )

ei =

3 (cos 1 + i sin 1)

= 3 (−sin 1 + i cos 1)

(z −i)4

z =i

C +

Обратимся к формулам (3) для коэффициентов степенного ряда:

c =

f (ξ)

dξ, n = 0, 1, 2, K.

2π i ∫

(ξ − z0 )n +1

C ρ+

Обозначим

M (z0 ; ρ)= max

f (z)

z Cρ

Число M (z0 ; ρ) существует, поскольку по теореме Вейерштрасса, не-

прерывная функция двух вещественных аргументов

f (z)

= u2 (x ; y)+ v2 (x ; y)

на замкнутом ограниченном множестве C ρ

достигает своего наибольшего

значения.

Поскольку,

на C ρ

выполняется равенство

ξ − z0

= ρ , то получаем

оценку

∫

f (ξ)

dξ

≤

M (z0 ; ρ)

∫dξ =

2π i

n +

2π

n +1

(ξ −z0 )

C ρ

= 21π Mρ(zn0+;1ρ)2π ρ = M (ρz0n; ρ).

Таким образом, мы доказали неравенства

cn	≤	M (z0	; ρ)	, n = 0, 1, 2, K,	(8)

		ρn

которые называются неравенствами Коши для коэффициентов степенного ряда.

103

Теорема Лиувилля. Если функция f (z) является аналитической на всей комплексной плоскости, а ее модуль равномерно ограничен, то она тождественно равна постоянной.

Доказательство. В условиях теоремы:

M (z0 ; ρ)=M , для любых z0 и ρ , причем ρ может быть сколь угодно большим. Пользуясь неравенствами Коши, имеем

cn ≤ ρMn , n = 0, 1, 2, K.

Переходя в полученном неравенстве к пределу при ρ → ∞, получим cn = 0

для n ≥ 1 . Следовательно

f (z)≡ c0 .

Определение. Функция f (z) называется целой, если она является ана-

литической на всей комплексной плоскости C .

§2. Нули аналитической функции

Определение 1. Точка z0 , в которой f (z0 )= 0 , называется нулем функ-

ции f (z).

Пусть f (z) - аналитическая в области D функция, а ее нуль – точка z0 D . Тогда в окрестности точки z0 функция f (z) представима степенным рядом (см. §1).

∞

f (z)= ∑cn (z − z0 )n .

n=0

Поскольку f (z0 )= 0 , то c0 = 0 . Если не только коэффициент c0 , но и коэффициенты c1 , c2 , …, ck −1 равны нулю, а коэффициент ck отличен от нуля, то точка z0 называется нулем порядка k . В этом случае f (z) предста-

вима в виде

∞

f (z)= ∑cn (z − z0 )n = ck (z − z0 )k + ck +1 (z − z0 )k +1 +K=

n=0

104

= (z − z0 )k [ck + ck +1 (z − z0 )+K].

Функция ϕ(z)= ck + ck +1 (z − z0 )+K является аналитической в окре-

стности точки z0 , причем ϕ(z0 )≠ 0 . Тогда f (z)= (z − z0 )k ϕ(z).

Всилу непрерывности функции ϕ(z) существует окрестность точки z0 ,

вкоторой ϕ(z)≠ 0 . Следовательно, в этой окрестности функция f (z) обра-

тится в нуль только в точке z0 . Это свойство называется свойством изолиро-

ванности нулей аналитической функции. На основании этого свойства можно доказать теорему [1].

Теорема 1. Если функция	f (z) - аналитическая в области D и ее нули
образуют последовательность	{zn }, сходящуюся к z0 , причем z0 , zn D ,
n = 1, 2, K, то функция f (z) тождественно равна нулю в D .

Из теоремы 1 вытекает весьма важная в теории функций комплексного переменного теорема, так называемая теорема единственности:

Теорема 2. Пусть функции f (z) и ϕ(z) являются аналитическими в

области D . Если в D существует сходящаяся к некоторой точке z0 D по-

следовательность {zn }, причем f (zn )=ϕ(zn ), n = 1, 2, K, то f (z)≡ϕ(z) в D .

Для доказательства теоремы 2 достаточно установить, что функция

f (z)−ϕ(z)≡ 0 в D .

Следствие 1. Если функции	f (z) и ϕ(z), аналитические в области D ,
совпадают на некоторой кривой	l, принадлежащей данной области , то
f (z)≡ϕ(z) в D .
Следствие 2. Если функции	f1 (z) и f 2 (z), аналитические в областях

D1 и D2 соответственно, причем D1 ∩ D2 = D , а f1 (z)= f2 (z) в D , то суще-

ствует единственная аналитическая функция F (z) такая, что

F z = f1 (z), z D1

( ) f 2 (z), z D2 .

105

§3. Ряд Лорана

Рассмотрим круговое кольцо K , ограниченное двумя окружностями с

общим центром z0 . K : R1 <

z − z0

< R2 , R1 < R2 (см. рис. 1).

Пусть функция f (z) - аналитиче-

ская в кольце K . Покажем, что в этом

|z-z0|

случае функция f (z) есть сумма особого

ряда (по положительным и отрицатель-

ным степеням z − z0 ),

называемого ря-

дом Лорана.

Рис. 1

Рассмотрим произвольную точку

z K . Построим окружности C1 и C2 с центром в точке z0

и радиусами r1 и

r2 , удовлетворяющими условию R1 < r1 <

z − z0

< r2 < R2

(см. рис. 1) (ок-

ружности C1 и C2 лежат в кольце K , а точка z

находится внутри кольца,

образованного этими окружностями).

Функция f (z) будет аналитической в кольце между C1 и C2 , включая сами окружности. Применяя формулу Коши для двусвязной области, получаем

f (z)=	1	∫		f (ξ)	dξ −	1	∫		f (ξ)	dξ .	(1)
f (z)=	2π i	∫		ξ − z	dξ −	2π i	∫		ξ −z	dξ .	(1)
		С	+				С	+
		С	2				С	1

Преобразуем каждое слагаемое формулы (1).

1)В первом интеграле формулы (1) ξ обозначает точку окружности C2 ,

следовательно выполняется неравенство

z − z0

< 1.

ξ − z

Тогда

∞

z − z0

∞

= ∑

(z − z0 )

ξ − z

−

ξ − z

∑

− z

ξ −

n+1

0 n=0

n=0

z0 )

−

(

(ξ − z0 )

− z0

106

причем полученный ряд сходится (в силу признака Вейерштрасса) равномерно для всех точек ξ C2 . Отсюда получаем

f (ξ)

dξ =

∞

(ξ)

(z − z0 )n dξ =

2π i

∫+ ξ − z

2π i

∫+ ∑n =0 (ξ −z0 )n +1

С2

∞

f (ξ)

∞

= ∑

dξ (z −z0 )n = ∑cn (z −z0 )n ,

(2)

2π i

n +1

n =0

∫+ (ξ −z0 )

n =0

С2

где c

f (ξ)

dξ .

(3)

∫+ (ξ −z0 )n +1

2π i

С2

2)Во втором интеграле формулы (1) ξ C1 , следовательно выполняется не-

равенство

ξ − z0

< 1.

z − z0

Тогда

−1

∞

−z0

= −∑

(ξ − z0 )

n +

ξ −z

ξ − z0

−z0

∑

n =0

−z0

n =0

(z −z0 )

(z −z0 ) 1 −

z −z0

а полученный ряд равномерно сходится на C1 . Тогда

f (ξ)

∞

(ξ −z

−

∫+

dξ =

∫+

f (ξ)∑n =0

dξ =

2π i

ξ −z

2π i

(z − z0

)n +1

С1

∞

f (ξ)(ξ −z0 )n

∞

c−n

= ∑n =0

∫+

dξ = ∑n =1

2π i

(z −z0 )n +1

(z −z0 )n

С1

где c−n =

∫f (ξ)(ξ − z0 )n−1 dξ .

2π i

Подставляя выражения (2) и (4) в формулу (1), получаем

∞

f (z)

= ∑cn (z − z0 )n + ∑c−n (z − z0 )−n ,

n=0

n=1

(4)

(5)

(6)

107

где cn и c−n определяются формулами (3) и (5) соответственно.

Подынтегральные функции в формулах (3) и (5) являются аналитическими всюду в K , поэтому, согласно теореме Коши, интегралы не изменятся, если вместо C1 и C2 взять любую окружность в K с центром в точке z0

(или любой замкнутый контур в K , охватывающий точку z0 !).

Тогда формулы (3) и (5) можно объединить:

c =	1		f (ξ)			dξ , n = 0, ± 1, ± 2, K.
c =	2π i ∫					dξ , n = 0, ± 1, ± 2, K.
n	2π i ∫		(ξ −z	0	)n +1
		С+		0
Отсюда получаем
	∞					∞	n=+∞
f (z)= ∑cn (z − z0 )n + ∑c−n (z − z0 )−n =							∑cn (z − z0 )n .
	n=0					n=1	n=−∞

(7)

(8)

Так как z - произвольная точка кольца K , то ряд (8) сходится к функции f (z) всюду в K . Этот ряд называется рядом Лорана.

Часть ряда Лорана, содержащая неотрицательные степени (z − z0 ), то

есть ряд

∞

∑cn (z − z0 )n ,

n=0

называется его правильной частью, а та часть, которая содержит отрицательные степени (z − z0 ), то есть ряд

∑∞ c−n n=1 (z − z0 )n

– главной частью.

Сходимость ряда Лорана – это одновременная сходимость его правильной и главной частей.

Рассмотрим теперь произвольный ряд Лорана:

n=+∞

∑cn (z − z0 )n

n=−∞

и выясним, какова его область сходимости.

108

∞

Правильная часть – степенной ряд ∑cn (z − z0 )n

- будет, очевидно,

n=0

абсолютно сходиться в круге

z −z0

< R2 ,

- радиус сходимости (а в кон-

центрическом круге меньшего радиуса сходимость будет равномерной).

∞

c−n

Главную часть,

то есть ряд ∑

, можно так же рассматривать

n=1 (z − z0 )

как обыкновенный степенной ряд, если положить

= z

′

z −z0

∞

c−n

∞

Тогда ∑

= ∑c−nz′n .

n=1

(z − z0 )

n=1

Если радиус сходимости последнего (степенного) ряда обозначить

то его круг сходимости:

z′

, откуда

, или

z − z0

> R1 . Это и

− z0

будет область сходимости главной части.

– Если R1 < R2 ,

то

область

сходимости

ряда

Лорана

– кольцо

R1 <

z − z0

< R2 , причем внутри кольца сходимость равномерная.

–Если R1 = R2 , то ряд Лорана может сходиться лишь в точках окружности.

–Если R1 > R2 , то ряд Лорана всюду расходится.

Замечание 1. Подобно разложению Тейлора, разложение в ряд Лорана для данной функции f (z) в данном кольце единственно.

Замечание 2. Как и для ряда Тейлора имеют место аналогичные оценки коэффициентов ряда Лорана:

cn ≤ M (z0 ; ρ), n = 0, ± 1, ± 2, K

ρn

где M (z0 ;.ρ)= max f (ξ) .

ξ C

109

Пример 1. Рассмотрим функцию

f (z)=

z 2 − 3z + 2

Получая корни знаменателя, представим

f (z) в виде

f (z)=

−

(z − 1)(z − 2)

z −

z − 1

В точках z = 1 и z = 2 функция

f (z) не определена.

Пусть требуется разложить данную

функцию в ряд Лорана по степеням z

(то есть в окрестности точки z0 = 0 ) в областях:

< 1 ;

1 <

< 2 ;

Рис. 2

> 2 (см. рис. 2).

f (z)

Заметим, что каждую из этих областей можно считать кольцом, а

- аналитическая в каждой области.

Решение. 1)

< 1 - кольцо с R1 = 0 и R2 = 1.

f (z)

Будем преобразовывать каждую дробь в представлении функции

так, чтобы привести ее к виду суммы бесконечно убывающей по модулю геометрической прогрессии. Имеем

f (z)=

−

z −

1 − z

2 − z

1 − z

−

Так как

< 1 и, очевидно,

то обе дроби можно разложить в

< 1 ,

ряд. Тогда

∞

f (z)

= ∑z

−

∑

= ∑

−

n+1

n=0

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1711 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>