Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf

Скачиваний:

1697

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2512 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

	z	<1 или	z	< 2.
Разложение справедливо при

	2

Поскольку разложение в ряд Лорана тоже единственно, то данное разложение будет также и лорановским в области z < 2. (Ряд

Тейлора и ряд Лорана совпадают.)

Разложение в точке z = ∞.

Введем ζ = 1 :

f (z) =

−2

1 −2

1−2ζ

И эту функцию надо разложить по ζ

в нуле. Обозначив 2ζ = t ,

опять используем представление (8.2):

∞

∑tn = ∑(2ζ)n

1−2ζ

−t

Отсюда

n=0

∞

=ζ

∑(2ζ)n = ∑2n ζn+1 = ∑

1-2ζ

n 1

n=0

z +

Разложение справедливо в области

2ζ

<1 или

> 2.

Пример 8.5. Для функций ez ,

sin z ,

cos z

получить разложение

в ряд Лорана в окрестности z =∞.

Решение. Так как эти функции аналитичны во всех конечных точках комплексной плоскости, то лорановское разложение их в любой точке будет совпадать с тейлоровским разложением. Поэтому напишем известные разложения этих функций в ряд Тейлора в точке z0 = 0 :

∞

(−1)

2n+1

∞

(−1)

ez = ∑

; sin z = ∑

; cos z = ∑

(2n +1)!

(2n)!

n=0

Разложения эти справедливы во всей комплексной плоскости. Поэтому в силу единственности разложения в ряд Лорана это же будут и разложения этих функций в ряд Лорана в бесконечности.

111

Пример 8.6. Разложить функцию e z в ряд Лорана в нуле. Решение. Разложим вначале эту функцию в ряд Лорана в точке

z =∞. Для этого введем ζ =	1					1			= eζ по ζ в
z =∞. Для этого введем ζ =	1	и разложим функцию e						z	= eζ по ζ в
нуле (см. пример 8.5):	z
нуле (см. пример 8.5):
1		∞		n	∞	1
ez = eζ =		∑ ζ			= ∑	1	.
ez = eζ =		∑ ζ			= ∑	n	.
		n=0	n!		n=0	n!z

А поскольку между нулем и бесконечностью данная функция всюду аналитична, т.е. окрестности аналитичности в нуле и в бесконечности совпадают, то данное разложение будет одновременно и разложением в ряд Лорана в нуле. Оно справедливо в области

0 < z <∞. Аналогично получаются разложения в нуле функций sin 1z и cos 1z .

Пример 8.7 ([3], № 4.6). Функцию f (z) =		1	разложить в
	(z2 +1)2

ряд Лорана в окрестности точек z =i и z = ∞.
Решение. Разложение в окрестности точки i		должно, по опре-
делению, иметь вид

+∞

f (z) = ∑ cn (z −i)n .

n=−∞

Попробуем опять путем предварительных преобразований свести задачу к использованию разложения (8.2), которое, напомним, имеет вид

∞

= ∑ tn

1−t

n=0

и справедливо при

<1, из которого легко получается разложение

функции

Действительно,

так как при

<1 лорановское

(1−t)2

разложение (8.2) совпадает с разложением тейлоровским, а последнее можно дифференцировать почленно (при этом область сходимости остается той же), то

112

′

∞

n−1

∞

∑ nt

= ∑ (n +1)t

(8.4)

(1 −t)

−t

n=1

n=0

Воспользовавшись этим представлением, запишем

(z +1)2

виде

1 ′

= −

(z +i)

∞

−i)

∑ (−1)n

z −i

(2i)n

z −i + 2i

2i n=0

по формуле (8.2). Следовательно,

= −

∞

(−1)

−i)

= −

∑

(z +i)

(2i)

2i n=0

∞

(−1)

n (z −i)

n−1

∞

(−1)

n+1

+1)(z −i)

= −

∑

= −

∑

2n in

(2i)n+1

n=1

2i n=0

∞

(−1)

(n +1)(z −i)

= ∑

n=0

(2i)n+2

Разложение справедливо при

z −i

<1,

т.е. при

z −i

< 2.

∑ (−1)

(n +1)(z −i)

= 1

f (z) =

(

)

∞

(2i)n+2

(z −i)2 (z +i)2

(z −i)2

n=0

или, если выделить отдельно два первых слагаемых (при п = 0 и

п = 1):

	1		i	∞	(−1)	n	(n +1)(z −i)	n−2
f (z) = −		−		+ ∑				,
	4(z −i)2		4(z −i)				(2i)n+2
				n=2

или, переобозначив под знаком суммы n − 2 → n :

113

	1			i	∞	(−1)n+1 (n +3)(z −i)n
f (z) = −		−			+ ∑
	(z −i)2		4	(z −i)		2n+1 in
4					n=0

(0 <| z −i |< 2) .

Разложение в точке z =∞. Как требует определение, вводим переменную

ζ =

f (z) =

ζ4

= φ(ζ)

(z2 +1)2

(1 +ζ2 )2

и функцию φ(ζ)

разлагаем в точке ζ = 0 . Обозначив ζ2 = −t и вос-

пользовавшись разложением (8.4), получим:

∞

∑(n +1)tn

= ∑(n +1)(−1)n ζ2n .

)

−t)

(1+ζ

n=0

Следовательно,

∞

φ(ζ) =

= ζ

ζ4 ∑(n +1)(−1)n ζ2n =

)

(1+ζ

n=0

∞

= ∑(−1)n (n +1)ζ2n+4 = ∑(−1)n (n +1)

n=0

Разложение справедливо при

>1.

Пример 8.8. Разложить функцию f (z) = cos

в ряд Лорана в

z −1

окрестности точки z = 1.

Решение. Проведя замену

=t , получим

−1

f (z) = cos

= cost = ϕ(t),

−1

причем ϕ(t) требуется разложить в точке t =∞.

Как мы уже знаем

(см. пример 8.5), разложения cost

в бесконечности и в нуле совпа-

дают:

∞

(−1)

cost = ∑

= ∑

= f (z) .

(2n)!

(2n)!(z −1)

n=0

Разложение справедливо при

< ∞ или

z −1

> 0.

114

Пример		8.9 ([3], № 4.11). Разложить функцию
f (z) = cos	z2	−4z	в ряд Лорана в окрестности точки z = 2.
	( z	−2)2

Решение. Преобразуем функцию следующим образом:

−4z

−4z +4 −4

= cos (z −

−

cos

= cos

4 = cos 1

−

( z −2)

(z −2)

= cos1 cos

+sin1 sin

−2)2

( z −2)2

Далее, введя переменную t =

, придем к необходимости

(z −2)2

разлагать функцию по t

в окрестности t =∞:

f (z) = cos

z2 − 4z

= cos1 cos t +sin1 sin t.

( z − 2)2

Эти разложения известны:

∞

(−1)n t2n

∞

(

−1)n t2n+1

cos t = ∑

(2n)!

; sin t = ∑

(2n +1)!

Следовательно,

n=0

∞

(−1)n

∞

(−1)n

2n+1

f (z) =cos1 ∑

+sin1 ∑

(2n)!

(z −2)

(2n +1)!

−2)

n=0

Оба слагаемых можно объединить под одним знаком суммы, если в первой сумме выделить член с п = 0, а во второй переобозначить n → n −1 :

∞

(−1)

∞

(−1)

n−1

2n−1

f (z) =cos1+∑

cos1+sin1 ∑

(2n)!(z −2)

(2n −1)!(z −2)

4n−2

n=1

∞ (−1)n 42n cos1

(−1)n−1 42n−1 sin1

= cos1+∑

(2n)!(z −2)

(2n −1)!(z −2)

4n−2

n=1

при 0 < z −2 <∞.

115

Пример 8.10 ([3], № 4.15). Разложить в точках z0 =1 и z0 = ∞ функцию sin 1−z z .

Решение. В точке z0 = 1 решается аналогично примеру 8.9. Получим

∞		+	nπ
	sin 1		2
f (z) = −∑				.
	n!(z −1)n
n=0

Для разложения в бесконечности, как всегда, делается замена

ζ =	1	. В этом случае
	z					1
						1
		f (z) = sin		z	= sin	ζ		= sin	1	.
		f (z) = sin	1	− z	= sin	−	1	= sin	ζ−1	.
			1	− z	1		1		ζ−1
					1		ζ

Эту функцию надо разложить в ряд Лорана (Тейлора) в точке

		n	φ	(n)	(0)	ζn .
ζ = 0 , что делается по формуле ϕ(ζ) = ∑			φ		(0)	ζn .	Получим:
		n=0		n!
		n=0
−sin1− cos1	+ sin1−2cos1	+ 6sin1−5cos1					+...
z	2!z2			3!z2

Пример 8.11 ([3], № 4.16). Разложить в ряд Лорана в окрестности точки z = 0 и в кольце π <| z |< 2π функцию f ( z) = ctg z .

Решение. Функция f (z)	аналитична в концентрических коль-
цах с центром в точке z0 = 0	πk <\| z \|< π(k + 1).
а) Разложение в нуле: ctg z =		cos z			.	Поскольку в окрестности

		sin z
нуля sin z z , cos z 1 , то	ctg z =		1	+o		1
			z				. Следовательно, лора-
						z

новское разложение ctg z начинается с члена, содержащего z в минус первой степени, т.е. имеет вид

ctgz = cossin zz = 1z + a1z + a3 z3 +...

116

(только нечетные степени, так как ctg z – нечетная функция). Откуда

cos z =sin z		1	+ a z + a z3		+...
cos z =sin z			+ a z + a z3		+...	.
			1	3		.
	z

Используем известные разложения cos z и sin z в нуле, а затем найдем коэффициенты ai, приравнивая слева и справа коэффициенты при одинаковых степенях z:

+ a z + a z3

+…

1 −

−

+…= z −

+…

при z2 : −2!1 = a1 − 3!1 a1 = 3!1 − 2!1 = −13 ,

при z4 : − 4!1 = a3 −a1 3!1 + 5!1 a3 = 4!1 − 5!1 + 3!1 a1 = − 451 ,

при z6 :

−16 = a5 −a3 3!1 +a1 5!1 − 7!1 a5 = 7!1 − 6!1 + 3!1 a3 − 5!1 a1 = −9452

ит.д.,

приz2n :

(−1)n

−a

+...+a

(−1)n−1

(−1)n

(2n)!

2n−1

2n−3

2n−5

1 (2n−1)!

(2n +1)!

Обычно эти коэффициенты записывают с помощью чисел Бер-

22n B

нулли B : a

. Разложение справедливо при 0 <| z |< π.

2n−1

(2n)!

+∞

б) Разложение в кольце π <| z |< 2π

ctgz = ∑ cn zn . Коэффи-

n=−∞

циенты cn

вычислим по формуле:

∫γ

f (z)dz

∫γ

ctg z

cn =

dz .

2πi

zn+1

2πi

zn+1

Контур

охватывает точку 0 и проходит внутри заданного

кольца. При этом внутри контура находятся три точки, в которых подынтегральная функция не аналитична: –π; 0 ; π. Из теоремы

117

Коши для составного контура (окружим эти точки контурами малого радиуса γ1 , γ2 , γ3 ) следует, что

∫γ ctgzn+z1 dz = γ∫1 +γ∫2 +γ∫3 .

Интеграл по контуру γ2 , охватывающему точку 0 , есть не что иное, как коэффициент ап разложения ctgz в нуле, вычисленный

выше: а–1 = +1, а–п		=	0 (n = 2,3,...);	а2k = 0 (k = 0,1,2,...),
a2k −1 = (−1)k 22k B2k		1	(k =1, 2...) .
	(2k)!

Вычислим интегралы по контурам γ1				(охватывает точку –π) и

γ3 (охватывает точку π), используя интегральную формулу Коши

f (z0 ) =	1	f (z)dz	,
	2πi ∫γ
		z − z0

где f(z) аналитична внутри γ. Для этого под интегралом умножим и разделим подынтегральную функцию на z + π (для γ1) и на z – π

(для γ3 ):		ctg z (z + π)
∫	=∫	ctg z (z + π)			dz
∫	=∫	z	n+1	(z + π)	dz
γ	γ	z		(z + π)
1	1

Доопределим функцию ctgz (z + π) в точке z = – π ее пределом в точке –π, т.е. единицей. Тогда по формуле Коши

γ∫

f (z)dz

= f (−π) =

2πi

z + π

(−π)n+1

Аналогично

ctg z (z −π)

∫

2πi

zn+1 (z −π)

πn+1

γ3

Отсюда видно, что при четных п эти два слагаемых уничтожаются. Остаются только нечетные п, т.е.

	c		=		2		,		k = −2, −3,...
				π2k +2
	2k +1		2
c	=				+ a			,	k = −1,0,1, 2,...
		π2k +2
2k +1						2k +1

118

где a2 k +1 – коэффициенты разложения ctgz в нуле, полученные выше. Окончательно имеем

	3	∞	π	2k −2	∞		2
ctg z =		+2 ∑			+∑			+a2k+1	z2k +1
	z		z	2k −1			2k +2
		k =2			k =0	π

или, переобозначив индекс суммирования в первой сумме k → k + 1, а во второй k → k – 1, получим

∞

π2k

∞

(−1)k 22k B

ctg z =

+2 ∑

+∑

z2k−1.

(2k)!

k=1

Разложение справедливо в кольце π < |z| < 2π.

Пример 8.12 ([3], № 4.19). Выяснить, допускают ли указанные функции разложение в ряд Лорана в окрестности данной точки:

1)	cos		1	,		z = 0 ;	2)	cos	1	,	z = ∞ ;	4) ctg z, z = ∞;
									z
			z
		z2				z = 0;		z			, z = ∞ .
6)					,		7)
		1						sin z −3
		sin z

Решение. В соответствии с теоремой Лорана в ряд Лорана в окрестности некоторой точки может быть разложена функция, аналитическая всюду в этой окрестности, за исключением, может быть, самой этой точки. Следовательно, во всех указанных случаях нам надлежит проверить, существует ли вокруг данной точки окрестность, в которой функция аналитична.

1) Функция cos z аналитична во всей комплексной плоскости. Поэтому функция cos 1z аналитична также во всей комплексной

плоскости, кроме точки z = 0. Поэтому существует проколотая окрестность точки z = 0 (т.е. окрестность за вычетом самой точки z = 0), в которой функция аналитична и, следовательно, допускает разложение в ряд Лорана. Ответ: да.

2) Эта же функция, но z = ∞. Ответ: да, ввиду аналитичности функции в окрестности z = ∞.

4) сtgz, z = ∞. ctg z = cossin zz . Знаменатель обращается в нуль в точках z = kπ (k = 0, ±1, ±2,...). Следовательно, при достаточно

119

большом k точки kπ, где функция не аналитична, попадают в любую окрестность бесконечности. Поэтому не существует такой окрестности точки z = ∞, в которой функция ctg z была бы аналитической. Ответ: нет, не допускает.

6)	z2		, z = 0.			Выясним, в каких точках знаменатель обраща-
6)	sin	1	, z = 0.			Выясним, в каких точках знаменатель обраща-
		z
ется в нуль: sin				1	= 0		1	= kπ , z =	1	(k = ±1, ±2…).
ется в нуль: sin				z	= 0		z	= kπ , z =	kπ	(k = ±1, ±2…).
				z			z		kπ

В этих точках функция не аналитична, и при k → ∞ эти точки попадают в любую окрестность точки z = 0. Поэтому вокруг точки z = 0 нет окрестности аналитичности рассматриваемой функции и, следовательно, разложить в ряд Лорана эту функцию в точке z = 0 нельзя.

7)	z	, z = ∞ . Опять выясним, в каких точках знаменатель
	sin z −3

обращается в нуль: sin z −3 = 0,sin z = 3. (Обратим внимание, что

для комплексных z	синус может равняться любому числу, в част-
ности, и большему единицы, например,								3). Запишем sin z по фор-
муле Эйлера:		eiz −e−iz
sin z =		eiz −e−iz				= 3 eiz		−e−iz −6i = 0.
sin z =						= 3 eiz		−e−iz −6i = 0.
		2i
Умножим это уравнение на eiz :							e2iz −6ieiz −1=0 . Поучилось
квадратное уравнение относительно eiz . Решаем его:
	eiz = 3i + −8 = (3 ± 2 2 )i.
Отсюда
iz = Ln (3 ±	2 2)i				или		z	= −iLn (3 ±2 2)i .

Известно, что
Ln z = ln \| z \| +iφ + i2kπ (k = 0, ±1, ±2...) ,
где φ – аргумент числа z, т.е. в нашем случае
			π				π		2) ,
z = −i ln(3 ±	2 2) +i			+i2kπ =				+ 2kπ−i ln(3 ± 2
z = −i ln(3 ±	2 2) +i		2	+i2kπ =			2	+ 2kπ−i ln(3 ± 2
			2				2

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2512 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>