1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 13
Текст из файла (страница 13)
На окружности нашегокруга сходимости лежит особая точка z = −1 функции ln(1 + z).Характер этой особой точки будет выяснен нами впоследствии.16]Примеры75П р и м е р III. Рассмотрим функцию (1 + z)m . При целом положительном m ее разложение по целым положительным степенямz представляет собой обычную формулу бинома Ньютона. При целых отрицательных m наша функция имеет в точке z = −1 полюс,и, последовательно вычисляя производные и составляя ряд Маклорена, будем иметь разложение в круге |z| < 1 [I, 131]:(1 + z)m = 1 +m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3mz+z +z + .
. . (81)1!2!3!Если m не есть целое число, то наша функциябудет много√значной. Например, при m = 1/2 будем иметь 1 + z. Вообще длялюбого значения постоянной m мы можем написать нашу функциюв виде [I, 176](1 + z)m = em ln(1+z) ,(82)и ее многозначность является следствием многозначности ln(1 + z).Возьмем для ln(1 + z) то значение, которое определяется формулой(80).
При этом и функция (82) будет однозначной и регулярной вкруге |z| < 1. Последовательно вычисляя производные функции(82), будем иметь в силу (77)m= me(m−1) ln(1+z) = m(1 + z)m−1 ,1+z[(1 + z)m ] = m(m − 1)e(m−2) ln(1+z) = m(m − 1)(1 + z)m−2[(1 + z)m ] = em ln(1+z) ·и вообще[(1 + z)m ](k) = m(m − 1) . . . (m − k + 1)e(m−k) ln(1+z) == m(m − 1) . . .
(m − k + 1)(1 + z)m−k ,где ln(1 + z) определяется рядом (80). Заметим теперь, что ряд (80)дает то значение ln(1 + z), которое обращается в нуль при z = 0.Таким образом, формула (82) и следующие дают(1 + z)m |z=0 = 1,и[(1 + z)m ] |z=0 = m[(1 + z)m ](k) |z=0 = m(m − 1) . .
. (m − k + 1).76Гл. I. Основы теории функций комплексного переменного[16Отсюда видно, что ряд Маклорена для нашей функции (82) совпадает с рядом (81), т. е. формула (81) дает нам регулярное однозначное значение функции (82) внутри круга |z| < 1 при любомпоказателе m. Будем в дальнейшем называть формулу (81) биномом Ньютона.П р и м е р IV. Заменяя в формуле для прогрессии z на −z 2 ,получаем разложение, справедливое в круге |z| < 1:1= 1 − z2 + z4 − . .
.1 + z2Интегрируя его от нуля до z, получаем новое разложение, справедливое в том же круге:z0dzz3z5z−+− ...=1 + z2135(83)В дальнейшем мы увидим, что сумма написанного ряда дает одно из возможных значений arctg z, и, таким образом, формула (83)определяет в круге |z| < 1 ту ветвь многозначной функции, котораяв этом круге является однозначной и регулярной функцией.Аналогично получается и разложение одной из ветвей многозначной функции arcsin z в том же круге:z0dz1 · 3 z5z 1 z3√++ ...= +1 2 32·4 51 − z2(84)П р и м е р V. Рассмотрим функцию1.z(z − 1)(z − 2)Она имеет особыми точками полюсы z = 0, z = 1, z = 2, а в остальномоднозначна и регулярна на всей плоскости. Отметим три круговых кольца,имеющих центр в начале:f (z) =(K1 )0 < |z| < 1;(K2 )1 < |z| < 2;(K3 )2 < |z| < +∞.В каждом из них наша функция разлагается в ряд Лорана, расположенный по целым степеням z.
Например, в кольце K2 мы имеем, разлагая f (z) напростейшие дроби:1111 1f (z) =−+,2zz−12z−216]Примеры77откуда в силу 1 < |z| < 2 имеем внутри кольца1 11=z−1z 1−1z=∞k=01;z k+11 11=−z−221−z2=−∞1 zk;2 k=0 2kи окончательно в кольце K2 имеемf (z) = −∞∞111 zk1−−.2 z k=2 z k4 k=0 2kВ кольце K3 аналогичным образом, принимая во внимание, что |z| > 2,будем иметь разложение, содержащее только отрицательные степени z:∞1 1111==;k+1z−1zz−2z1−k=0илиf (z) =∞(2k−1 − 1)k=22z=∞k=02k,z k+11.z k+1Наша функция регулярна также, например, в кольце с центром в z = 1,внутренним радиусом R2 = 0 и внешним радиусом R1 = 1. Нетрудно представить ее внутри этого кольца в виде ряда Лорана но целым степеням (z − 1).П р и м е р VI. Рассмотрим частное двух степенных рядовb0 + b1 z + b2 z 2 + .
. .a0 + a1 z + a2 z 2 + . . .(85)Пусть радиусы сходимости обоих этих рядов не меньше положительногочисла ρ. Положим, кроме того, что свободный член a0 ряда, стоящего в знаменателе, отличен от нуля. При этом функция, стоящая в знаменателе, будетотличной от нуля не только в начале, но и в некотором круге с центром вначале координат. Положим, что она будет регулярной и отличной от нуля внекотором круге |z| < ρ1 .
Мы можем утверждать, что и вся дробь (85) будетрегулярной в круге с центром в начале и радиусом, равным наименьшему издвух чисел ρ и ρ1 (или, может быть, даже в большем круге). Мы будем иметьв этом круге разложение функции о степенной рядb0 + b1 z + b2 z 2 + . . .= c0 + c1 z + c2 z 2 + .
. .a0 + a1 z + a2 z 2 + . . .Для вычисления коэффициентов ck помножим частное на делитель, представив произведение в виде степенного рядаa0 c0 + (a1 c0 + a0 c1 )z + (a2 c0 + a1 c1 + a0 c2 )z 2 + . . . = b0 + b1 z + b2 z 2 + . . .Полученное произведение должно совпадать с делимым, и в силу единственности разложения в степенной ряд мы можем просто приравнивать коэффициенты при одинаковых степенях z.
Это даст ряд равенств для определения78Гл. I. Основы теории функций комплексного переменного[17искомых коэффициентов ck частного:⎫= b0 ,⎪⎪⎪= b1 ,⎬a0 c0a1 c0 + a0 c1(86)a2 c0 + a1 c1 + a0 c2 = b2 ,⎪⎪⎪⎭..............Из этих формул мы сможем последовательно вычислять коэффициенты ck .Можно рассматривать первые (n + 1) уравнений (86) как систему (n + 1) уравнений с неизвестными c0 , c1 , .
. . , cn . Решая их по формуле Крамера, можнонаписать явное выражение для коэффициента cn в виде частного двух определителей:0,0,...,0,b0 a0 ,a0 ,0,...,0,b1 a1 ,a1 ,a0 ,...,0,b2 a2 , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .an−1 , an−2 , an−3 , . . . , a0 , bn−1 an ,an−1 , an−2 , . . . , a1 ,bn(87)cn = 0,0,...,0,0 a0 ,a0 ,0,...,0,0 a1 ,a1 ,a0 ,...,0,0 a2 ,..........................................0 an−1 , an−2 , an−3 , . . . , a0 , a ,a, a, ..., a ,a nn−1n−21Определитель, стоящий в знаменателе, равен, очевидно,Применяя это рассуждение к разложениюtg z =0an+1.0z/1! − z 3 /3! + . . .sin z=,cos z1 − z 2 /2! + .
. .будем иметь представление tg z в виде степенного ряда в круге |z| < π/2, таккак, как мы увидим дальше, функция cos z имеет только вещественные корни,которые хорошо известны из тригонометрии.17. Изолированные особые точки. Бесконечно далекаяточка. В [10] мы исследовали функции, однозначные и регулярные в окрестности некоторой точки, которую мы обозначим сейчасчерез z = b, кроме, может быть, самой этой точки, и установилитри возможности: 1) f (z) имеет предел при z → b; 2) |f (z)| стремится к бесконечности при z → b; 3) третья возможность можетбыть определена исключением первых двух. Напомним, что если впервом случае принять f (b) равным упомянутому пределу, то f (z)окажется регулярной и в точке z = b.17]Изолированные особые точки.
Бесконечно далекая точка79Если f (z) однозначна и регулярна в окрестности z = b, то онатем самым будет однозначной и регулярной в некотором кольце Dс центром z = b, внутренним радиусом, равным нулю, и некоторымвнешним радиусом R. В этом кольце f (z) разлагается в ряд Лоранапо целым степеням (z − b). Покажем, что указанным трем возможностям соответствуют следующие возможности при представленииf (z) рядом Лорана: 1) этот ряд не содержит отрицательных степеней (z − b); 2) ряд содержит конечное число членов с отрицательными степенями (z − b); 3) ряд содержит бесконечное число членовс отрицательными степенями (z − b).Если ряд Лорана f (z) не содержит отрицательных степеней, т. е.имеет видf (z) = a0 + a1 (z − b) + a2 (z − b)2 + . .
. ,то f (z) → a0 при z → b (непрерывность степенного ряда), т. е.мы имеем первый случай из [10]. Наоборот, если мы имеем первыйслучай из классификации [10], то f (z) регулярна, включая z = b, идолжна разлагаться в некотором круге |z − b| < R в ряд Тейлорабез отрицательных степеней.Перейдем к рассмотрению второго случая, когда ряд Лорана вкольце D имеет видf (z) =∞ak (z − a)k ,(88)k=−mпричем коэффициент a−m можно считать отличным от нуля. Мыможем переписать формулу (88) в видеf (z) =1[a−m + a−m+1 (z − b) + a−m+2 (z − b)2 + . .
.].(z − b)mПри стремлении z к b множитель, стоящий перед квадратнойскобкой, стремится к бесконечности, а вся квадратная скобка стремится к пределу a−m , конечному и отличному от нуля (сумма степенного ряда есть непрерывная функция), и, следовательно, всепроизведение стремится к бесконечности. Таким образом, во втором из указанных выше случаев точка z = b будет полюсом функции f (z) по нашей прежней терминологии [10].
Введем некоторую80Гл. I. Основы теории функций комплексного переменного[17терминологию, которой обычно пользуются: при наличии разложения (88) точка z = b называется полюсом порядка m; сумма членовс отрицательными степенямиa−ma−m+1a−1++ ...+mm−1(z − b)(z − b)z−bназывается бесконечной частью, соответствующей этому полюсу. Коэффициент a−1 , стоящий при (z − b)−1 , называется вычетомфункции f (z) в полюсе z = b.Покажем теперь, что разложение вида (88) будет иметь местовсегда, если z = b есть полюс функции согласно определению из[10].
Итак, пусть f (z) однозначна и регулярна в окрестности z = bи стремится к бесконечности при z → b. Покажем, что имеет месторазложение вида (88). Рассмотрим функциюϕ(z) =1.f (z)Поскольку f (z) регулярна в окрестности z = b и |f (z)| → ∞ приz → b, то можно утверждать, что ϕ(z) регулярна в окрестноститочки z = b и стремится к нулю при z → b. Следовательно, ϕ(z) регулярна и в самой точке z = b [10], причем обращается в этой точкев нуль. Напишем ее разложение в ряд Тейлора; в нем навернякабудет отсутствовать свободный член. Предположим, что первый изчленов, отличных от нуля, будет содержать (z − b)m , т. е.ϕ(z) = bm (z − b)m + bm+1 (z − b)m+1 + .
. .(bm = 0).Для функции f (z) будем иметь отсюда формулуf (z) =111·=.ϕ(z)(z − b)m bm + bm+1 (z − b) + . . .Знаменатель второй из написанных дробей отличен от нуля приz = b, и, следовательно, эта дробь разлагается в ряд Тейлора по положительным степеням (z − b). Деля этот ряд Тейлора на (z − b)m ,мы получим для f (z) как раз разложение вида (88). Сопоставляя этот последний результат с предыдущим, мы можем утверждать, что понятие полюса, введенное нами в [10], равносильно17]Изолированные особые точки. Бесконечно далекая точка81понятию такой особой точки, вблизи которой функция разлагается в ряд Лорана с конечным числом членов с отрицательнымистепенями (z − b).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
