Лекции по ТФКП - Горяйнов (1188229), страница 23
Текст из файла (страница 23)
. .,P0,∞так, чтобы сходился рядk=1 αk . Поскольку главная часть Pk (1/(z − ak ))является голоморфной функцией в круге O|ak | (0), то ее ряд ТейлораPk1z − ak=∞Xnc(k)n zn=0сходится в O|ak | (0) и сходится абсолютно и равномерно в круге |z| 6 |ak |/2.ПустьnkXnQk (z) =c(k)n zn=0— его частичная сумма, где номер nk выбран так, что 1max Pk− Qk (z) < αk .z − ak|ak ||z| 62108В. В.
ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНРассмотрим теперь ряд∞ XPkk=11z − ak− Qk (z) .(15.1)Фиксируем R > 0 и разобьем этот ряд на две части XX11Pk− Qk (z) +Pk− Qk (z) .z − akz − akk : |ak |>2Rk : |ak |62RЗаметим, что для всех номеров k, удовлетворяющих условию |ak | > 2R, функции Pk (1/(z − ak )) голоморфны в O2R (0) и 1− Qk (z) < αk ,max Pkz − ak|z|6Rпоскольку R < |ak |/2. Следовательно, остаток ряда сходится равномерно иабсолютно в круге |z| 6 R, а потому представляет собой голоморфную в OR (0)функцию. Конечная сумма является рациональной функцией и в круге OR (0)имеет требуемые полюса с заданными главными частями.Поскольку R выбиралось произвольным образом, то ряд (15.1) сходится локально равномерно.
Его сумма имеет требуемое поведение в C, за исключениемвозможно лишь в начале координат. Добавляя к этой сумме главную часть вz = 0, получаем требуемую мероморфную функцию.В качестве первого примера рассмотрим мероморфную функцию π 2 / sin2 πz,которая имеет двойные полюсы в точках z = n, n ∈ Z. Главной частью разложенияв ряд Лорана в окрестности точки z = n является 1/(z − n)2 .
ПосколькуP∞ряд n=−∞ 1/(z − n)2 сходится локально равномерно, то∞Xπ21=+ g(z),(z−n)2sin2 πzn=−∞где g — целая функция. Покажем, что g(z) ≡ 0.Прежде всего заметим, что функция π 2 / sin2 πz и сумма ряда∞X1(z − n)2n=−∞являются периодическими с периодом 1. Поэтому функция g(z) также должнаиметь тот же период. Если z = x + iy, то| sin πz|2 = ch2 πy − cos2 πxи, следовательно, π 2 / sin2 πz → 0 при |y| → ∞ равномерно по x ∈ [0, 1]. Этимже свойством обладает и сумма ряда. Действительно,1при n = 0, 0 6 x 6 1, |y| > 1,1y261|x + iy − n|2при n 6= 0, 0 6 x 6 1, |y| > 1, 2y + (n − 1)2109ЛЕКЦИИ ПО ТФКПоткуда видно, что∞X1→ 0(z−n)2n=−∞при|y| → ∞,равномерно по x ∈ [0, 1]. В силу периодичности функции g получаем ее ограниченность во всей комплексной плоскости.
По теореме 5.7 Лиувилля g(z) ≡const, но поскольку g(z) → 0 при z → ∞, то g(z) ≡ 0. В результате приходим кравенству∞Xπ21=.2(z − n)2sin πzn=−∞Вернемся теперь к мероморфной функции с простыми полюсами и вычетами1 в целых точках. Ее главные части представляют собой функции11zz2= − − 2 − 3 − ...z−nn nn(|z| < n, n 6= 0, n ∈ Z).Добавление постоянного слагаемого 1/n приводит к локально равномерно сходящемуся ряду и потому корректно определена мероморфная функцияf (z) =1 X+zn6=011+z−n n∞=1 Xz1 X 2z+= +.zn(z − n)z n=1 z 2 − n2n6=0По теореме 12.1 Вейерштрасса этот ряд можно почленно дифференцировать,что приводит к равенствуf 0 (z) = −X11d−=(π ctg πz) .2z(z − n)2dzn6=0Следовательно,f (z) − π ctg πz ≡ const .Однако слева стоит нечетная функция и константа должна равняться нулю.Таким образом1 Xπ ctg πz = +zn6=011+z−n n∞=1 Xz1 X 2z+= +.zn(z − n)z n=1 z 2 − n2n6=0Для мероморфных функций имеет место аналог теоремы Пикара: Меро”морфная функция, отличная от постоянной, принимает все комплексные значения, за исключением, быть может, двух“ .
Заметим, что функция tg z являетсямероморфной и не принимает значений ±i.15.2. Бесконечные произведения. Целые функции образуют подмножество в классе всех мероморфных функций. Если целая функция g не обращается в нуль, то в C выделяется регулярная ветвь h(z) = ln g(z), котораятакже является целой функцией. При этом g(z) = eh(z) . Обратно, для любойцелой функции h равенство g(z) = eh(z) определяет целую функцию, которая110В.
В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНне обращается в нуль в C. Если теперь у двух целых функций g1 и g2 совпадают нули (с учетом их кратностей), то отношение g2 (z)/g1 (z) будет целойфункцией, не имеющей в C нулей. Следовательно, g2 (z) = g1 (z)eh(z) , где h —целая функция. Построение целой функции с заданными нулями естественноосуществить в виде произведения.Определение 15.2. Пусть {an } — последовательность комплексных чисел.Будем говорить, что произведение∞Y(1 + an )(15.2)n=1сходится, если существует предел последовательности частичных произведеQnний k=1 (1 + ak ).
Будем такжеP∞ говорить что произведение (15.2) сходитсяабсолютно, если сходится ряд n=1 |an |.P∞Предложение 15.1. Если ряд n=1 |an | сходится, то произведение (15.2)сходится. Кроме того, абсолютно сходящееся произведение сходится к нулюв том и только том случае, если хотя бы один из множителей (1 + an ) равеннулю.P∞Доказательство. Допустим, что ряд n=1 |an | сходится, и пустьPn =nY(1 + ak )k=1— частичное произведение. Необходимое условие сходимости ряда влечет an →0 при n → ∞.
Поэтому найдется такой номер N , что |an | < 1/2 при n > N . Вединичном круге |z| < 1 определена голоморфная функцияln(1 + z) =∞X(−1)n−1 nz ,nn=1и для k > N определены значения ln(1 + ak ). Далее, для n > N частичныепроизведения можно представить в видеPn = P NnY(1 + ak ) = PN eSn ,k=N +1Pnгде Sn = k=N +1 ln(1 + ak ). Непосредственно из разложения ln(1 + z) в степенной ряд видно, что∞∞ X (−1)n−1 X|z|| ln(1 + z)| = zn 6|z|n =6 2|z|n1 − |z|n=1n=1при |z| < 1/2.
Следовательно, при k > N выполняются неравенства| ln(1 + ak )| 6 2|ak |,ЛЕКЦИИ ПО ТФКП111что влечет существование пределаS = lim Sn =n→∞∞Xln(1 + an ).n=N +1В силу непрерывности функции ez приходим к равенствуlim Pn = PN eS ,n→∞из которого следует доказываемое утверждение.Предложение 15.2. Пусть {ϕn } — последовательность голоморфных в областиP∞ D функций и числовая последовательность {αn } такие, что αn > 0,n=1 αn < ∞ и |ϕn (z) − 1| 6 αn для всех n = 1, 2, . . . и z ∈ D.
Тогда имеютместо следующие утверждения.Q∞(i) Произведение n=1 ϕn (z) сходится равномерно в D к некоторой голоморфной функции ϕ(z).(ii) Если ϕn (z) 6= 0 при всех z ∈ D и n = 1, 2, . . ., то ϕ(z) 6= 0 в D и∞Xϕ0n (z)ϕ0 (z)=.ϕ(z)ϕ (z)n=1 nДоказательство. Для доказательства (i) заметим, что при каждом z ∈ Dмы можем применить предыдущее предложение, положив ϕn (z) = 1+an (z), где|an (z)| 6 αn . Поскольку последнее неравенство выполняется для всех z ∈ D,то произведение∞∞YY(1 + an (z))ϕn (z) =n=1n=1сходится равномерно в D к некоторой функции ϕ(z).
В силу теоремы Вейерштрасса ϕ является голоморфной в D функцией.Для доказательства (ii) фиксируем произвольно компактное подмножествоQnK ⊂ D. Пусть Pn (z) = k=1 ϕk (z) — частичное произведение. По теореме Вейерштрасса Pn0 (z) → ϕ0 (z) равномерно на K, поскольку Pn (z) → ϕ(z) локальноравномерно в D. По предположению ϕn (z) 6= 0 при n = 1, 2, . . . и z ∈ D.
Этовлечет ϕ(z) 6= 0 при z ∈ D. Но тогдаmin |ϕ(z)| > 0z∈Kи Pn0 (z)/Pn (z) → ϕ0 (z)/ϕ(z) равномерно на K. Замечая теперь, чтоnXPn0 (z)ϕ0k (z)=,Pn (z)ϕk (z)k=1приходим к требуемому утверждению.Предложение 15.3. ПустьP{an } — последовательность ненулевых комп∞лексных чисел такая, что ряд n=1 1/|an |2 сходится. Тогда бесконечное произведение∞ Yzez/an(15.3)1−ann=1112В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНсходится для всех z ∈ C и представляет собой целую функцию, которая обращается в нуль только в точках an .Доказательство.
Заметим вначале, что для ζ ∈ C, |ζ| 6 1, выполняетсянеравенство|(1 − ζ)eζ − 1| 6 |ζ|2 .Действительно,∞ ∞ XX11112ζ2n−1 |(1−ζ)e −1| = |ζ| −ζ−= |ζ|2 . 6 |ζ|n! (n + 1)!n! (n + 1)!n=1n=1P∞2Фиксируем теперь произвольно R > 0. В силу того, что рядn=1 1/|an |сходится, an → ∞ при n → ∞. Следовательно, найдется номер N такой, чтоR/|an | < 1 при n > N .
Но тогда для всех z ∈ C, |z| 6 R, и n > N будутвыполняться неравенства2 1 − z ez/an − 1 6 R .an|an |2Отсюда и из предложения 15.2 следует, что бесконечное произведение (15.3)сходится и представляет собой голоморфную в круге |z| < R функцию. Поскольку R > 0 выбиралось произвольным, то произведение (15.3) являетсяцелой функцией, которая обращается в нуль только в точках an , n = 1, 2, . . ..В качестве приложения полученных результатов докажем равенство∞ Ysin πzz2= z1− 2 .(15.4)πnn=1Доказательство.
Для удобства введем обозначения∞ Yz2sin πz,g(z) = z1− 2 .f (z) =πnn=1P∞Поскольку ряд n=1 1/n2 сходится, то в силу предложения 15.2 произведениеg(z) является целой функцией и∞g 0 (z)1 X 2z= +.g(z)z n=1 z 2 − n2С другой стороны, f 0 (z)/f (z) = π ctg πz и, учитывая представление для π ctg πz,приходим к равенству0f (z) f 0 (z) g 0 (z)f (z)=−= 0.g(z)g(z) f (z)g(z)Таким образом, f (z) = cg(z), где c — некоторое число. Однакоlimz→0и равенство (15.4) доказано.f (z)g(z)= lim= 1z→0 zz113ЛЕКЦИИ ПО ТФКП15.3. Гамма–функция. Рассмотрим задачу отыскания мероморфной функции f , которая была бы продолжением факториала в комплексную плоскость.
Ее свойства выражаются равенствамиf (1) = 1,f (z + 1) = zf (z).(15.5)Из этих равенств сразу же следует, что zf (z) → 1 при z → 0, т. е. f должнаиметь простой полюс в точке z = 0 с вычетом 1. Применяя второе равенствов (15.5) n + 1 раз, получаем(z + n)f (z) =f (z + n + 1),z(z + 1) · . . . · (z + n − 1)откуда следует, что(z + n)f (z) → (−1)n /n!при z → −n. Таким образом, если мероморфная функция f удовлетворяетравенствам (15.5), то она должна иметь простые полюсы в точках z = −n,n = 0, 1, 2, .
. ., с вычетами (−1)n /n!. С другой стороны, функция g(z) = 1/f (z)должна иметь простые нули в точках z = −n, n = 0, 1, 2, . . . и удовлетворятьфункциональному уравнениюg(1) = 1,g(z) = zg(z + 1).(15.6)Поиск такой целой функции g с учетом предложения 15.3 естественно приводитк равенству∞ Yz −z/ng(z) = eh(z) z1+e,(15.7)nn=1где h — целая функция, которую нужно выбрать с учетом равенств (15.6).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
