Лекции Дымарский 2 семестр (1187969), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Во-первых, рядak (z) = ak := ck (z1 − z0 )k и bk (z) := zz−zk=0 ak =1 −z0∑∞kk=0 ck (z1 − z0 ) сходится по условию и от переменной z вообще не зависит;поэтому он равномерно сходится на Ω. Во-вторых, при каждом k ∈ N на отрезке0 kΩ = [z0 , z1 ] функция bk (z) = ( zz−z) принимает действительные значения1 −z0(это ключевое наблюдение), принадлежащие отрезку [0, 1]:(0 6 bk (z) =z − z0z1 − z0)k6 1, при z ∈ [z0 , z1 ].Наконец, для каждого фиксированного z ∈ Ω = [z0 , z1 ] числовая последовательность {bk (z)} ⊂ R является монотонно убывающей (нестрого) по k. Значит, признак Абеля равномерной сходимости справедлив для данного ряда наисследуемом множестве.
Теперь мы можем исследоватьТеорема 12.5. (непрерывность суммы степенного ряда)∑∞1. а) Сумма степенного ряда k=0 ck (z−z0 )k непрерывна внутри его кругасходимости.б) Сумма степенного ряда равномерно непрерывна на любом замкнутомкруге U r (z0 ) = {z : |z − z0 | 6 r < R}, радиус которого r меньше радиусасходимости ряда R (рис. 12.3).2.
Если степенной ряд сходится в точке z1 , которая лежит на границекруга сходимости (т.е. |z1 −z0 | = R), то его сумма непрерывна в точкеz1 по множеству Ω = [z0 , z1 ] (т.е. непрерывна по радиусу изнутри) иравномерно непрерывна на множестве Ω = [z0 , z1 ].Доказательство п. 1 а). Так как |z−z0 | < R, то возьмем круг такого радиусаr, что |z − z0 | < r < R. На замкнутом круге U r (z0 ) степенной ряд сходитсяравномерно (п. 2 теоремы 12.3). Поскольку слагаемые ряда ck (z − z0 )k – сутьнепрерывные функции, то по теореме 10.7 сумма ряда непрерывна на U r (z0 )и, в частности, непрерывна в точке z ∈ X. Справедливость утверждения 1б) вытекает из компактности замкнутого круга U r (z0 ) и теоремы Кантора оравномерной непрерывности (теорема 3.8).ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР133Доказательство п.
2 осуществляется аналогично со ссылкой на теорему 12.4.12.2. Вычисление и оценки радиуса сходимости степенного ряда.Мы доказали существование радиуса сходимости. Остается научится его вычислять. Опять же сравнивая СР с геометрической прогрессией, мы получаем:Теорема 12.6. (формула∑∞ радиуса сходимости Коши-Адамара) Радиус сходимости числового ряда k=0 ck (z − z0 )k равенR=1√.lim k |ck |(12.1)k→∞Мы считаем по определению, что 1/0 = +∞, 1/(+∞) = 0.Доказательство.Рассмотрим неотрицательную числовую последователь√k|ck | (k ∈ N0 ). Существует верхний предел C = lim Ck – суность Ck :=k→∞премум множества всех частичных пределов последовательности {Ck }. Болеетого, верхний предел сам по себе есть частичный предел, т.е. существует такаяподпоследовательность ki индексов, что предел lim Cki = C (лемма 1.3.3).i→∞√Доказательство опирается на тождество |ck (z − z0 )k | = ( k |ck ||z − z0 |)k .Рассмотрим три случая.
Пусть C = +∞, т.е. lim Cki = +∞. Значит, дляi→∞любогоE > 0 существует такое I ∈ N, что для всех i > I выполняется Cki =√k|cki | > E. Возьмем произвольное число z ̸= z0 и положим E = 1/|z − z0 |.Тогда( )ki1∀i > I ,→ |cki (z − z0 )ki | > E ki ·= 1 ̸→ 0,Eт.е. не выполнено необходимое условие сходимости числового ряда. Посколькучисло z ̸= z0 любое, то радиус сходимости R = 0.Пусть C = 0. Если верхний предел неотрицательной последовательностиравен нулю, то вся последовательность сходится к нулю.
Значит, для√ любогоε > 0 существует такое k ∈ N, что для всех k > K выполняется Ck = k |ck | < ε.Возьмем произвольное число z ̸= z0 и положим ε = 1/(2|z − z0 |). Тогда(∀k > K ,→ |ck (z − z0 ) | < ε ·kk12ε)k( )k1=.2Поскольку геометрическая прогрессия с показателем 1/2 сходится, то данныйчисловой ряд сходится согласно признаку сравнения. Итак, R = +∞.Наконец, пусть 0 < C < +∞. Возьмем число z вне предполагаемого кругасходимости: |z − z0 | > 1/C (неравенство строгое!). Тогда существует такоеε > 0, что |z − z0 | = 1/(C − ε).
Но из определения подпоследовательности Ckiследует, что∀ε > 0 ,→ ∃I ∈ N : ∀i > I ,→ Cki =√kiε|cki | > C − .2134Я. М. ДЫМАРСКИЙПоэтому(|cki (z − z0 ) | >kiC − ε/2C −ε)kii→+∞→+∞.Значит, не выполнен необходимый признак сходимости, следовательно, в любойточке z, которая находится “далеко” от z0 , ряд расходится.Возьмем z внутри предполагаемого круга сходимости: |z −z0 | < 1/C (неравенство строгое!). Тогда существует такое ε > 0, что |z − z0 | = 1/(C + ε). Ноиз определения верхнего предела следует, что√ε∀ε > 0 ,→ ∃K ∈ N : ∀k > K ,→ Ck = k |ck | < C + .2Поэтому(∀k > K ,→ |ck (z − z0 )k | <C + ε/2C +ε)k.()Поскольку геометрическая прогрессия с показателем C+ε/2< 1 сходится,C+εто данный числовой ряд сходится.
Следовательно, в любой точке z, котораянаходится “близко” от z0 , ряд сходится.Окончательный вывод: R = 1/C. Замечание 12.3. Существуют степенные ряды, в которых индексы ненулевыхкоэффициентов кратны натуральному числу m ̸= 1. Такие ряды имеют∑∞вид k=0 ck (z − z0 )mk . Заметим, что в такой записи индекс k коэффициентаНЕ совпадает с показателем степени.
В этом случае формула (12.1) обобщаетсядо формулы1√R=.(12.2)mklim|ck |k→∞Задача 12.1. Докажите формулу∑∞(12.2). Докажите, что формула (12.2)остается справедливой и для ряда k=0 ck (z − z0 )mk+n , где n ∈ N.√Замечание 12.4. Если существует “обычный” предел lim k |ck |, то и вk→∞формулах (12.1) и (12.2) верхний предел заменяем обычным (обоснуйте!).Признак Даламбера приводит к альтернативному способу нахождения радиуса сходимости, удобному в том случае, когда коэффициенты ряда содержатсомножители-факториалы.Теорема 12.7.
(формула радиуса сходимости Даламбера) Пусть для последовательности ck ̸= 0 существует предел lim (|ck+1 |/|ck |) ∈ R+0 ∪ {+∞}.k→∞∑∞Тогда для степенного ряда k=0 ck (z−z0 )mk+n , где m ∈ N, n ∈ N0 , справедливаследующая формула радиуса сходимости:R= √m1|ck+1 |k→∞ |ck |.(12.3)limЗадача 12.2. Пользуясь признаком сходимости Даламбера, докажите формулу (12.3).ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР135Замечание 12.5. Теорема 12.7 слабее теоремы 12.6, однако в некоторыхслучаях удобнее для вычисления радиуса сходимости.∑∞ kПример 12.2.
Рассмотрим ряд k=1 zk . Радиус сходимостиR = ( limk→∞√√kk1/k)−1 = lim k = 1.k→∞Если |z| = 1, то z = cos φ + i sin φ и по формуле Муавра∞∑zkk=1k=∞∑cos kφk=1k+i∞∑sin kφk=1k.Так как 1/k ↓ 0, то оба ряда сходятся при каждом φ ̸= 2πn, n ∈ Z (в силу при∑∞знака Дирихле). ∑При φ = 2πn получаемрядk=0 (1/k), который расходится.∑∞∞При |z| = 1 ряд k=0 |z k /k| = k=0 (1/k), составленный из модулей членов,расходится. Следовательно, в точке z = 1 ряд расходится, а в остальных точкахграницы круга сходимости ряд сходится условно. В круге сходимости |z| < 1ряд сходится неравномерно.
Докажем этот факт с помощью критерия Коши.Доказывать отсутствие равномерной сходимости будем√в окрестности “плохой”точки z = 1, где ряд расходится. Возьмем zn = 1/ n 2 → 1 при n → ∞ ирассмотрим сумму Коши с p = n:)k)2n((2n∑11zk111√√>n> .=nnkk2n822k=n+1k=n+1n+n∑Значит для ε = 1/8 критерий не выполняется.∑∞Задача 12.3. Докажите, что СР k=0 (z k /k α ) имеет при всех α ∈ R радиуссходимости R = 1 и исследуйте поточечную сходимость на окружности |z| = 1и равномерную сходимость в круге сходимости |z| < 1.12.3.
Действия со степенными рядами. Сейчас мы выясним, как интегрирование, дифференцирование и алгебраические операции влияют на радиуссходимости СР. Полученные выводы понадобятся нам в теории рядов Тейлора.Теорема 12.8. (о ∑формальном дифференцировании и интегрировании СР)∞Если степенной ряд k=0 ck (z − z0 )k имеет радиус сходимости R ∈ [0, +∞],то такой же ∑радиус сходимости имеют формально продифференциро∞k−1и формально проинтегрированныйванный рядk=1 kck (z − z0 )∑∞(z−z0 )k+1ряд k=0 ck k+1 .Доказательство. Поскольку данный ряд является формально продифференцированным по отношению к формально проинтегрированному, то теоремудостаточно доказать только для формально продифференцированного ряда.∑∞∑∞Во-первых, ряды S := k=1 kck (z − z0 )k−1 и Ŝ := k=0 kck (z − z0 )k (второйполучен из первого умножением на (z − z0 )) сходятся или расходятся одновременно (т.е.
при одних и тех же значениях z). В самом деле, при z = z0 оба136Я. М. ДЫМАРСКИЙряда сходятся. При z ̸= z0 имеем для частичных сумм:Ŝn :=n∑kck (z − z0 )k =k=0n1 ∑1kck (z − z0 )k−1 =Sn−1 .z − z0z − z0k=1Следовательно, оба предела S = lim Sn−1 и Ŝ = lim Ŝn существуют или неn→∞n→∞существуют одновременно.Теперь найдем радиус сходимости ряда Ŝ по формуле Коши-Адамара, заменив верхний предел частичным пределом, который его реализует:1R̂= limk→∞√k|kck | = limi→∞√√√1|ki cki | = lim ki ki · lim ki |cki | = 1 · . i→∞i→∞RkiПокажем, что ряды, полученные в результате формальных операций дифференцирования и интегрирования в самом деле являются производной и интегралом данного степенного ряда.Теорема 12.9. (о дифференцировании и интегрировании СР) Внутри круга сходимости степенной ряд имеет производную и интеграл, которые представляют собой степенной ряд, полученный почленным дифференцированиеми интегрированием исходного.
Другими словами, в круге сходимости операции дифференцирования и интегрирования перестановочны с суммированием:)′(∞∞∑∑kck (z − z0 )=kck (z − z0 )k−1 ,(12.4)k=0∫zz0(∞∑k=1)ck (t − z0 )kdt =k=1∞∑ckk=0(z − z0 )k+1.k+1(12.5)Доказательство.
Без ограничения общности можно взять z0 = 0. Убедим∑∞ся, что функция f (z) = k=0 ck z k дифференцируема внутри круга сходимостирадиуса R и верна формула (12.4).∑∞ С этой целью рассмотрим сходящийся функциональный ряд f (z+∆z) = k=0 ck (z+∆z)k относительно переменной ∆z, где|z| + |∆z| < R (рис. 12.4). (Ряд f (z + ∆z) не имеет стандартной степенной формы по отношению к переменной ∆z, поэтому его нельзя назвать степенным.)Воспользовавшись биномом Ньютона, получаем:∆f (z) =∞∑ck (z + ∆z)k −k=0∆z∞∑∞∑k=0kck z k−1 + (∆z)2k=1∞∑ck z k =∞∑ck ((z + ∆z)k − z k ) =k=0(Ck2 z k−2 + ... + Ckk (∆z)k−2 )ck .(12.6)k=2Обоснуем законностьвыполненных преобразований с рядами. Во-первых, чис∑∞ловой ряд k=1 kck z k−1 сходится в силу теоремы 12.8. Покажем, что функци∞∞∑∑ональный рядdk (∆z) :=(Ck2 z k−2 + ... + Ckk (∆z)k−2 )ck сходится абсолютk=2k=2но и равномерно относительно переменной ∆z в произвольном круге радиусаЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР137ρ < R − |z|.
Учитывая, что |∆z| < ρ, получаем равномерную оценку:|dk (∆z)| 61(C 2 |z|k−2 ρ2 + ... + Ckk ρk )|ck | <ρ2 k11(C 0 |z|k + Ck1 |z|k−1 ρ + Ck2 |z|k−2 ρ2 + ... + Ckk ρk )|ck | = 2 (|z| + ρ)k |ck |.ρ2 kρ∞∑Значит, рядdk (∆z) непрерывен по переменной ∆z в круге U ρ (z0 ). Поэтоk=2му из разложения (12.6) следует существование производной f ′ (z) и формула(12.4).Рис.
12.4Доказательство п. 2. Продифференцируем, опираясь на доказанную формулу (12.4), ряд в правой части равенства (12.5) – получим подынтегральнуюфункцию. Остается сослаться на определение (11.1) интеграла функции комплексного переменного. ∑∞Следствие 12.1. Пусть СР f (z) := k=0 ck (z − z0 )k имеет положительный радиус сходимости R > 0. Тогда:1. в круге сходимости UR (z0 ) функция f имеет производные любого порядка, причем для любого n ∈ N справедлива формула почленного дифференцированияf (n) (z) =∞∑ck ((z−z0 )k )(n) =k=0∞∑ck k(k−1)...(k−n+1)(z−z0 )k−n ; (12.7)k=02. коэффициенты данного степенного ряда определяются по функции fформулойf (k) (z0 )ck =, k ∈ N0 .(12.8)k!3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
