Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 237 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

ПРИМЕР 1.37. Разложить в ряд Маклорена функцию

9 + z 2

Решение. Положим в VI) таблицы разложений α = −

и найдем

1 3

1 3 5

1 3 5 7

= 1 −

z 2 −

z3 +

z 4 + K

1 + z

2 22 2!

23 3!

24 4!

K +

(−1)n

1 3 5 7K(2n −1)

+ K = 1 +

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

2n n!

∑

2n n!

< 1. Согласно последнему разложению имеем

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

z 2n

+ ∑

9 + z

1 +

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

+ ∑

18n

< 3 .

∞

(−1)n 1 3 5 7K(2n −1)

Ответ:

+ ∑

18n n!

< 3.

1.10. ПОНЯТИЕ РЯДА ЛОРАНА. ТЕОРЕМА ЛОРАНА

Рассмотрим степенной ряд


∑∞		cn (z − z 0 )n ,		(1.162)
0
R ≥ 0 − его радиус сходимости. В открытом круге
	z − z 0		< R	(1.163)

сумма степенного ряда (1.162) –				f1 (z)− аналитическая функция.

Теперь рассмотрим ряд по степеням z − z0 , то есть ряд по отрицатель-

ным степеням (z − z 0 ):


	∞		c−n
	∑			.	(1.164)
			(z − z 0 )n
	1
Если	1	− радиус сходимости ряда (1.164), то из

z − z 0

> r

(1.165)

z − z 0

следует, что областью сходимости (1.164)

является внешность круга радиуса r с цен-

• z

тром в т. z0 , а его сумма f 2 (z) −

аналитиче-

ская функция

этой

области. Если

0 ≤ r < R ≤ ∞ ,

то

сумма

рядов

(1.162) и

•

(1.164), равная

f1 (z) + f 2 (z),−

аналитиче-

ская функция в кольце (рис. 1.24).

r <

z − z 0

< R .

(1.166)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.36. Ряд

Рис. 1.24

∞

c−n

∑ сn (z − z

0 ) + ∑

(1.167)

(z − z 0 )n

называется рядом Лорана. При этом ряд Лорана (1.167) считается сходящимся, когда совместно оба слагаемых ряда из (1.167) сходятся. В этом случае ряд по положительным (неотрицательным) степеням (z − z 0 ) называется правиль-

ной частью ряда Лорана, а ряд по отрицательным степеням (z − z 0 ) называется

главной частью ряда Лорана. Таким образом, c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 +L K + cn (z − z0 )n + L − правильная часть ряда Лорана;

c−1	+	c−2	+K +	c−n	+ K − главная часть ряда Лорана.
z − z 0		(z − z0 )2		(z − z0 )n

Теорема 1.19. (Лорана). Если f (z) − аналитическая функция в открытом кольце 0 ≤ r < R ≤ ∞ (рис. 1.24), то она разлагается в ряд Лорана. И это разложение единственно.

Доказательство. Сразу отметим, что z − произвольная точка (рис. 1.24) открытого кольца (1.166), которую мы сразу фиксируем. Проведем две окружности c1 (z 0 , ρ1 ) и c2 (z0 , ρ2 ), где r < ρ1 < ρ2 < R и ρ1 < z − z0 < ρ2 , что всегда можно сделать. В замкнутом кольце, ограниченном c1 и c2 , f (z) как аналитическая функция, представима в виде (формула Коши (1.129))

f (z) =	1	c∫2	f (η)dη	−	1	c∫1	f (η)dη
								.	(1.168)
	2 πi		η − z		2 πi		η − z

И в дальнейшем заметим, что в этом же замкнутом кольце f (z), как непрерывная функция, ограничена.

Для окружности c2 имеем (см. формулу (1.159) доказательства теоремы

Тейлора)

∞

(z − z

z − z

z − z 0

= ∑

< 1,

(1.169)

η − z

(η − z 0 )n+1

η − z

где сходимость ряда по переменной η и при фиксированном z равномерная,

согласно второму равенству из (1.169), f (η) в рассматриваемом замкнутом кольце ограничена. В силу этого ряд (1.169) можно почленно интегрировать по переменной η, что дает

∞

f (η) (z − z 0 )n

∫

∑

dη =

(η − z

)n+1

2 πi c2

(1.170)

(η) (z

− z 0 )n

∞

∑

(z − z

0 ) =

∑ cn

(z − z 0 ) ,

(η − z

)n+1

где

∫

f (η)dy

(1.171)

πi c2 (η − z 0 )n+1

Что же касается окружности c1 из (1.168), то здесь произведем преобра-

зование так:

η − z 0 + (z 0 − z)

(z 0 − z)

η − z

−

z 0 − η

z 0 − z

∞

η − z

∑

(1.172)

− η

− z)

z − z

− z) 1

−

z 0 − z

∞

η−z0

(η − z 0 )

= −∑

(z − z 0 )n+1

где сходимость последнего ряда по переменной η c1 и при фиксированном z

равномерна, так как

η − z0

ρ1

< 1 . Это позволяет произвести почлен-

z − z 0

− z0

ное интегрирование во втором слагаемом из (1.168), что дает

∞

f (η)

(z − z 0 )n

∫

∑

dη =

(z − z

)n+1

2 πi c1

(1.173)

∞

c−(n+1)

∞

c−n

= ∑

(z − z 0 )n+1

− z 0 )n

где

c−n =

∫

f (η)dη

(1.174)

2 πi c1 (η − z 0 )−n+1

Теперь остается совершить замену в (1.168), согласно (1.170) и (1.173), и

получить искомое разложение в виде

c−n

∞

f (z)=

∑ cn (z − z 0 ) +

∑

(1.175)

(z − z 0 )n

где, не теряя общности, можно положить

сn =

∫

f (η)dη

, n Z ,

(1.176)

πi

ωρ

(z − z 0 )n+1

ωρ = ω(z0 , ρ),

r < ρ < R ввиду аналитичности подынтегральной функ-

ции в замкнутом кольце, ограниченном окружностями c1 и c2 . Теорема доказана полностью.

Классификация изолированных особых точек аналитической функции

Напомним

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.37. Точка z0 называется особой точкой аналитиче-

ской функции, если в этой точке нарушается ее аналитичность.

Например, f (z)=	3z −1			есть аналитическая функция во всех
	5 z 2	− 6z	+ 7

точках, в которых знаменатель дроби отличен от нуля. Точки, в которых знаменатель равен нулю, – особые точки.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.38. Точка z0 называется изолированной особой точ-

кой аналитической функции f (z), если окрестность этой точки z − z0 < R , которая не содержит других особых точек этой функции.

В этом случае условия теоремы Лорана выполняются (r = 0) и имеет ме-

сто равенство (1.175) для
0 < z − z 0 < R, r = 0 .	(1.177)

Возможны следующие варианты:

I) Разложение (14) содержит только правильную часть ряда Лорана:

f (z)= ∑∞	cn (z − z 0 )n , z ≠ z 0 .			(1.178)
0
В открытом круге		z − z0	< R степенной ряд ∑∞	cn (z − z0 )n (см. теоре-
В открытом круге		z − z0	< R степенной ряд ∑∞	cn (z − z0 )n (см. теоре-
			0

му Абеля) сходится и его сумма ϕ(z)− аналитическая функция. Следова-

тельно, имеет место равенство
f (z)= ϕ(z), z ≠ z 0 .	(1.179)

Это позволяет доопределить f (z) в т. z0 , полагая
f (z 0 )= ϕ(z 0 )= c0 .	(1.180)

Имея это в виду т. z0 , при условии (1.178), называют устранимой осо-

бой точкой аналитической функции f (z).

II) Разложение (1.175) содержит конечное число членов главной части ряда Лорана:

∞		n		c−1
		n		c−1
f (z)= ∑ cn (z − z		0 ) +			+
f (z)= ∑ cn (z − z		0 ) +	(z − z 0 )		+
0			(z − z 0 )				(1.181)
	c−2			c−k			(1.181)
+	c−2	+ K +		c−k		, с−k	≠ 0,
+	(z − z 0 )2	+ K +		(z − z 0 )k		, с−k	≠ 0,
где c−(k +1) = c−(k +2)	= K = c−(k +ρ) = 0, ρ = 1,2,3,K.						В этом случае особая

точка z0 называется полюсом k −го порядка аналитической функции. Если

k= 1, то z0 называется простым полюсом.

III)Разложение (1.175) содержит неограниченное число членов главной части ряда Лорана. Такая особая точка z0 называется существенно особой

точкой аналитической функции.

Убедимся на нижеследующих примерах, что все рассматриваемые варианты реализуются.

Найти все разложения указанных функций в ряды Лорана по степеням z − z0 и установить области сходимости полученных разложений.

ПРИМЕР 1.38.

= 1.

z (z −1)

Решение. Замена z −1 = t,

z = 1 + t , сводит решение задачи к разложе-

нию по степеням t , что облегчает, как правило, решение задачи. Имеем

− (1 − t + t 2 − t 3 K + (−1)n t n + K)=

а)

−

z (z −1)

(1 + t) t

1 + t

= −∑∞ (−1)n t n +

= ∑∞ (−1)n +1 (z −1)n +

, 0 <

z −1

< 1.

z −1

Значит, z = 1 − простой полюс (полюс 1-го порядка);

б)

−

∑∞ (−1)n

z (z −1)

t t 1 +

t n

+ ∑∞ (−1)n +1

= ∑∞ (−1)n

t n +1

t n

n =2

n=2

−1)n

z −1

> 1.

(−1)n +1 (z −1)n +

Ответ: ∑∞

, 0 <

z −1

< 1;

z −1

∑∞ (−1)n

z −1

> 1.

(z −1)n

n =2

ПРИМЕР 1.39.

= i .

z 2

t = z − i,

z = t + i ,

Решение. Поступая, как и в примере 1.38, имеем

t + i

1 1 −

. Но

z 2 + i

(t + i)2 +1

t 2 + 2 t i

t (t + 2 i)

2 i

t + 2 i

а)

< 1,

< 2

+ 2 i

2 i 1 +

2 i

(z − i)n

∑∞ (−1)n

t n

∑∞ (−1)n

t n

∑∞ (−1)n

, 0 <

z − i

< 2

(2 i)n

(2 i)n+1

2 i

б)

2 i

< 1,

> 2

∑∞ (−1)n (2 i)n

2 i

+ 2 i

t n

t 1

= ∑∞ (−1)n (2 i)n

= ∑∞ (−1)n

(2 i)n

z − i

> 2 .

(z − i)n +1

t n +1

Ответ:

− ∑∞

(−1)n

(z −i)n

, 0 <

z − i

< 2 ;

(z −i)

(2 i)n +2

2 i

(2 i)n −1

− ∑∞ (−1)n

z − i

> 2 .

2 i (z −i)

(z −i)n +1

ПРИМЕР 1.40. z 2 e

z 0

= 0 .

Решение. Согласно разложению I) из п.1.9 имеем

= z

1 +

2 +K +

+ K =

2!z

n!z

= z 2 + z +	1	+	1	+ K +	1	+ K, z ≠ 0 . Отсюда видно, что
					n!z n−2
2!			3!z

	∞	1
главная часть ряда Лорана				содержит неограниченное число чле-
			n −2
	∑	n!z
	n =3

нов, то есть z = 0 − существенно особая точка рассматриваемой аналитической функции.

Ответ: z = 0 − существенно особая точка. ПРИМЕР 1.41.

sin z

= 1 −

z 2

+ K + (−1)n

z 2 n

+K, z ≠ 0 .

(2 n +1)!

Последнее согласно (1.178) говорит о том, что

Ответ: z = 0 − устранимая особая точка.

ПРИМЕР 1.42.

sin z

= 0 .

Решение.

Имеем

sin z

+K + (−1)

z 2n+1

5 z −

3! 5!

(2n +1)!

z 2n−4

−

+K + (−1)n

+ K.

z 4

3!z 2

(2n +1)!

Согласно (1.181) отсюда следует, что z = 0 − полюс четвертого порядка рассматриваемой функции.

Ответ: z = 0 − полюс четвертого порядка.

Замечание. Вторые разложения в примерах 1.38 и 1.39 указывают на ана-

литичность рассматриваемых функций в ∞ точке.
	Необходимые и достаточные условия
	Теорема 1.20. z0 − устранимая особая точка аналитической функции
f (z)	, когда конечный предел: lim f (z) = c0	≠ ∞ .
	z→z0
	Теорема 1.21. z0 − полюс аналитической функции f (z) , когда
	lim f (z) = ∞ .	(1.182)
	z→z0
	Теорема 1.22. z0 − существенно особая точка аналитической функции
f (z)	, когда не существует lim f (z).
	z→z0

Доказательства этих теорем можно найти, например, в [6] (с.115-118).

f (z)

особой точкой аналитической функции ляемой равенством

∞ точка как особая точка аналитической функции
Пусть
z > R	(1.183)

определяет R − окрестность ∞ точки, в которой f (z) − аналитическая функция за исключением, быть может, самой ∞ точки (см. нижеследующее определение). Отсюда следует, что если ∞ точка есть особая точка f (z), то она изо-

лирована, так как в ее R −окрестности f (z) аналитическая функция.

Замечание. Вместо (1.183) условие z − z0 > k также определяет R −

окрестность ∞ удаленной точки, если учесть, что за счет параллельного пере-

носа на вектор 0z0 точка z0 = x 0 + i y0 становится началом новой прямо-

угольной декартовой системой координат x′z0 y′. Другими словами, сделав за-

мену z* = z − z0 , мы снова придем к требованию (1.183).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.39. Бесконечно удаленная точка (z = ∞) называется f (z), если для функции ϕ(η), опреде-

ϕ(η) = f

z =

= f (z),

(1.184)

точка η = 0 является особой

точкой

. В силу этого, если ∞ −

I) устранимая особая точка, то

ϕ(η) = c0 + c1η + c2 η2 +K + cn ηn +K

f (z) = c0 +

+K +

+ K,

(1.185)

z 2

где

> R − окрестность ∞ точки, не содержащая других особых точек.

Итак, при условии (1.183) ∞ точка есть устранимая особая точка , ко-

гда имеет место разложение (1.185), то есть f (z)

разлагается в ряд Лорана

только по неположительным (отрицательным) степеням z и этот ряд есть правильная часть ряда Лорана. Главная часть ряда Лорана отсутствует.

Замечание. Обратим внимание читателя на то, что при переходе к правильная часть и главная часть ряда Лорана сохраняются.

II) полюс k −го порядка, то

ϕ(η) = c0 + c1η + K + cn ηn + K +	с−1	+	с−2	+ K +	с−k
	η		η2		ηk
14444244443
	144424443

правильная часть ряда Лорана	главная часть ряда Лорана

f (z) = c0

+ K +

+K + с−1 z + c−2 z 2 + K + c−k zk

z 2

14444244443

(1.186)

правильная часть ряда Лорана

главная часть ряда Лорана

> R.

Другими словами, главная часть ряда Лорана содержит конечное число

членов (c−k ≠ 0, но c−m = 0, m > k).

III) существенно особая точка, то

∞

ϕ(η) = ∑ cn ηn + ∑

c−n

1 ηn

f (z) =

∞

∑

∑ c

−n

> R ,

(1.187)

123

14243

пр. часть ряда Лорана

главная часть ряда Лорана

где должно быть неограниченное число членов с положительными степенями z , определяющими главную часть ряда Лорана.

ПРИМЕР 1.43. Выяснить характер ∞ для функции f (z) = e−2z + 3 z3 − z + 8.

Решение. Согласно I) из таблицы разложений (п.1.9 после (1.161) форму-

лы) имеем e−2z = ∑∞	(− 2 z)n	= ∑∞		(−1)n 2n z n .
0	n!		0	n!
В силу этого	f (z) = ∑∞		(−1)n 2n z n		+ 3 z3 − z + 8 , которое	содержит
		0		n!		∞ − суще-
главную часть ряда Лорана, число ее членов неограниченно. Значит,						∞ − суще-
ственно особая точка f (z).

Ответ: ∞ − существенно особая точка f (z).

1.11.НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ И ИХ СВЯЗЬ

СПОЛЮСАМИ

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.40. Точка z0 называется нулем m −го порядка ана-

литической функции f (z), если в этой точке функция аналитическая и совме-

стно выполняются условия
	f (z 0 ) = f ′(′z 0 ) = f ′′′(′z 0 ) = K = f (m−1) (z 0 ) = 0 ,	(1.188)
но	f (m ) (z 0 ) ≠ 0.	(1.189)

Теорема 1.23. Для того, чтобы т. z0 являлась нулем m −го порядка ана-

литической функции f (z), необходимо и достаточно, чтобы в некоторой окрестности этой точки она могла быть представлена в виде

f (z)= (z − z 0 )m ϕ(z),	(1.190)
где ϕ(z)− аналитическая функция в т. z0 и
ϕ(z 0 )≠ 0 .	(1.191)

Доказательство. Необходимость. Так как f (z) аналитична в т. z0 , то со-

гласно (1.188) и (1.189) ее разложение в ряд Тейлора (формулы (1.160), (1.161))

f (z)=

f m (z

)

(z − z 0 )m +

(m+1)(z

)

(z − z 0 )m+1

+ K =

(m +1)!

= (z − z

f (m )(z 0 )

f (m+1)(z 0 ) (z − z 0 )

+ K ,

(m + 1)!

f (z)= (z − z 0 )m ϕ(z),

(1.192)

где

ϕ(z)=

f (m ) (z 0 )

f (m+1)(z 0 ) (z − z 0 )

+ K

(1.193)

m !

(m + 1)!

ϕ(z 0 )=

f (m ) (z 0 )

≠ 0 .

(1.194)

Аналитичность ϕ(z) следует из (1.193), то есть ϕ(z)=

f (z)

m есть

(z − z0 )

сумма степенного ряда. Этим необходимость доказана.

Достаточность. В силу аналитичности ϕ(z) в т. z0 и (1.191) имеем

ϕ(z)= ϕ(z 0 )+ ϕ′(z 0 ) (z − z

0 )+ ϕ′′(z 0 ) (z − z

0 )2 + K +.

(1.195)

Вставляя (1.195) в (1.192), получаем

f (z)= ϕ(z 0 ) (z − z 0 )m + ϕ′(z 0 ) (z − z 0 )m+1 +

	ϕ′′′(′z 0 )	(1.196)
+		(z − z 0 )m+2 +K + .

2!

Отсюда следуют соотношения (1.188), (1.189), что полностью завершает доказательство теоремы.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 237 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc