1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 49
Текст из файла (страница 49)
.).(66)z − akПокажем теперь, что при некоторых дополнительных предположениях дробная функция f (z) представляется простым бесконечным рядом, члены которого выражаются через бесконечные части286Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [64(66). Формулируем то условие, которое мы налагаем на функциюf (z). Положим, что имеется последовательность замкнутых контуров Cn , обходящих вокруг начала, и таких, что всякий контурCn находится внутри Cn+1 . Пусть ln — длина контура Cn и δn — егократчайшее расстояние от начала. Мы будем считать, что δn → ∞,т. е.
что контуры Cn при увеличении n беспредельно расширяютсяпо всем направлениям. Кроме того, будем считать, что отношениеln : δn остается ограниченным при беспредельном увеличении n, т. е.существует такое положительное число m, чтоln m.δn(67)Если, например, Cn суть окружности с центром в начале и радиусом rn , то ln = 2πrn и δn = rn , так что ln : δn = 2π. Предположимтеперь относительно нашей дробной функции f (z), что она остается ограниченной по модулю на всех контурах Cn , т. е., инымисловами, существует такое положительное число M , что на любомконтуре Cn выполняется неравенство|f (z)| M(на Cn ).Рассмотрим интеграл видаf (z ) 1dz ,2πiz − z(68)(69)Cnгде интегрирование совершается в положительном направлении, аточка z находится внутри Cn и отлична от ak . Введем в рассмотрение сумму бесконечных частей, относящуюся к тем полюсам ak ,которые лежат внутри Cn :1,(70)ωn (z) =Gkz − ak(Cn )где знак (Cn ), помещенный внизу знака суммы, обозначает, чтосуммирование надо производить лишь по тем полюсам, которыенаходятся внутри Cn .64]Разложение дробной функции на простейшие дроби287Подынтегральная функция интеграла (69), как функция от z ,имеет внутри Cn простой полюс z = z, происходящий от обращенияв нуль знаменателя, и полюсы z = ak , происходящие от бесконечных частей f (z ).
Вычет в полюсе z = z определяется по правилу:числитель на производную от знаменателя:f (z ) f (z ) == f (z).(z − z) z =z1 z =zВычеты в полюсах z = ak будут такими же, что и у функцииωn (z ).z − z(71)В этой последней функции ωn (z ) представляет собою рациональную дробь, у которой степень числителя ниже степени знаменателя и все полюсы которой находятся внутри Cn . Покажем, чтопри этом сумма вычетов функции (71) относительно полюсов akбудет1−ωn (z) = −.(72)Gkz − ak(Cn )Действительно, функция (71) есть рациональная дробь от z ,у которой степень знаменателя по крайней мере на две единицывыше степени числителя, так как ωn (z ) есть уже рациональнаядробь, у которой степень знаменателя выше степени числителя.
Вокрестности z = ∞ мы имеем, следовательно, разложение видаωn (z )α2α3= 2 + 3 + . . . ,z − zzzи интеграл по окружности достаточно большого радиуса от функции (71) будет равен нулю, т. е. будет равна нулю сумма вычетовфункции (71) во всех ее полюсах, находящихся на конечном расстоянии. Ее вычет в точке z = z равен, очевидно, ωn (z), и, следовательно, сумма вычетов в остальных полюсах ak равна выражению(72). Применяя к интегралу (69) основную теорему о вычетах, получим1f (z ) 1dz.=f(z)−Gk2πiz − zz − akCn(Cn )Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [64288Положим в этой формуле z = 0, причем мы считаем, что этаточка z = 0 не есть полюс f (z):1f (z ) 1−.dz=f(0)−Gk2πizak(Cn )CnВычитая это равенство из предыдущего, будем иметь 1 1f (z )zdz = f (z) − f (0) −Gk− Gk −.2πiz (z − z)z − akak(Cn)Cn(73)Покажем теперь, что интеграл, стоящий в левой части последнего равенства, стремится к нулю при беспредельном возрастанииn.
Действительно, принимая во внимание, что|z | δnи |z − z| |z | − |z| δn − |z|,получим в силу (68)f (z )M lndz z (z − z)δn (δn − |z|)Cnили в силу (67)Mmf (z )dz <,z (z − z)δn − |z|Cnоткуда непосредственно вытекает, что интеграл стремится к нулю,так как δn → ∞. Таким образом, формула (73) дает в пределе 1 1f (z) − f (0) − limGk− Gk −= 0,n→∞z − akak(Cn )илиf (z) = f (0) + limn→∞(Cn )Gk1z − ak− Gk1−ak.(74)65]Функция ctg z289При беспредельном увеличении n контур Cn по условию беспредельно расширяется, и внутрь Cn попадают все новые и новыеполюсы ak , так что в пределе будем иметь в правой части (74)бесконечный ряд, и формула (74) дает представление f (z) в видебесконечного ряда∞ 11f (z) = f (0) +Gk− Gk −.(75)z − akakk=1Строго говоря, мы должны, согласно (74), в бесконечном ряде(75) соединять в один член те слагаемые, которые относятся к полюсам, лежащим между Cn и Cn+1 . Но если мы убедимся, что ряд(75) сходится и без такой группировки его членов, то можем, очевидно, рассматривать в формуле (75) бесконечный ряд обычнымобразом.Если вместо условия (68), которое утверждает ограниченностьмодуля функции f (z) на контурах Cn , мы имеем более широкоеусловие, а именно условие, что f (z) на контурах Cn растет не быстрее некоторой целой положительной степени z p , т.
е. что на всехконтурах Cn имеет место неравенство f (z) z p M (на Cn ),то вместо формулы (75) будет иметь место следующая формуларазложения:∞ f (p) (0) p f (0)1(p)z +...+z +f (z) = f (0) +Gk− χk (z) ,1p!z − akk=1(76)(p)где символом χk (z) мыобозначили первые p+1 членов разложенияфункции Gk 1/(z − ak ) в ряд Маклорена.65. Функция ctg z. Рассмотрим дробную функциюcos zctg z =.sin zИз формулы Эйлераeiz − e−izsin z =2i(77)290Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [65непосредственно следует, что уравнение sin z = 0 равносильно ei2z = 1, и оноимеет корни z = kπ (k = 0, ±1, ±2, . . .), т. е. sin z имеет лишь вещественныекорни, хорошо известные из тригонометрии. Функция (77) будет иметь полюсыв точкахz = 0, ±π, ±2π, .
. .(78)Покажем, что функция (77) будет ограниченной по модулю на всей плоскости, если мы выделим из плоскости точки (78) кружками λρ одного и тогоже радиуса ρ, где ρ — произвольное, заданное положительное число. Так какфункция (77) имеет период π, то достаточно рассмотреть ее значения в полосеK, ограниченной прямыми x = 0 и x = π (рис. 61), причем в этой полосе точкиz = 0 и z = π выделены упомянутыми выше кружками радиуса ρ с центромв этих точках. Во всякой ограниченнойчасти полосы K функция (77) непрерывна, а следовательно, и подавно ограничена.
Нам остается, таким образом,показать, что при беспредельном удалении на полосе наверх или вниз, модульфункции (77) остается ограниченным.Положим, например, что мы удаляемсяв полосе K на бесконечность, идя кверху, т. е. если положить z = x + iy, тоy → +∞, а x находится в промежутке0 x π. Мы имеемРис. 61.iz−ize +eeix e−y + e−ix eyctg z = i iz= i ix −y,−ize −ee e− e−ix eyоткуда, заменяя модуль числителя суммою модулей, а модуль знаменателя —разностью модулей, будем иметь|ctg z| ey + e−y1 + e−2y=.ey − e−y1 − e−2yПри беспредельном возрастании y правая часть стремится к пределу единица, и, следовательно, при всех достаточно больших y мы имеем, например,неравенство|ctg z| < 1, 5.Точно так же можно рассмотреть и нижнюю часть полосы K, и такимобразом наше утверждение доказано.Заметим, что такое же доказательство можно применить к дробной функции1,(79)sin zкоторая имеет полюсы в тех же точках и обладает периодом 2π, т.
е. функция(79) будет ограниченной по модулю, если выделить ее полюсы кружками одногои того же радиуса, величину которого можно брать произвольно малой.65]Функция ctg z291Вернемся к функции (77) и примемзаконтуры Cn окружности с центромв начале координат и радиусами n + 1/2 π. Эти окружности удовлетворяютусловию (67). Кроме того, взяв ρ достаточно малым например, меньше π/2 ,можем утверждать, что окружности Cn не будут проходить через выделенныеиз плоскости кружки λρ , и, таким образом, в силу доказанного выше на этихокружностях функция (77) будет ограниченной по модулю.
То же самое можно,очевидно, утверждать и относительно функцииf (z) = ctg z −1,z(80)так как z −1 стремится к нулю при z → ∞. Нетрудно видеть, что функция (80)уже не имеет полюса в начале z = 0, а поэтому мы можем применить к этойфункции разложение (75). Определим бесконечные части функции (77) в ееполюсах z = kπ.
Каждый ее полюс будет простым корнем sin z и вычет в этомполюсе будет вычисляться по обычной формулеcos z rk == 1.(sin z) z=kπТаким образом, бесконечная часть функции (77) в полюсе z = kπ будет1z − kπ(k = 0, ±1, ±2, . . .).В частности, в полюсе z = 0 бесконечная часть будет z −1 , а следовательно,действительно функция (80) не будет уже иметь полюса z = 0.
Что же касаетсяостальных полюсов z = kπ, то у функции (80) бесконечная часть будет такойже, как у (77). Для применения формулы (75) остается еще вычислить f (0).Функция (80), как нечетная функция, имеет вблизи z = 0 разложение видаf (z) = γ1 z + γ3 z 3 + . . . ,откуда непосредственно вытекает, что f (0) = 0. Окончательно формула (75)дает+∞ 111ctg z = ++,(81)z k=−∞ z − kπkπгде штрих у знака суммы показывает, что надо исключить слагаемое, соответствующее k = 0.Нетрудно проверить, что ряд, стоящий справа, сходится абсолютно и равномерно во всякой ограниченной части плоскости, если отбросить несколькопервых слагаемых, которые имеют в этой части плоскости полюсы.
Действительно, общий член ряда будетz.(z − kπ)kπВо всякой ограниченной части плоскости мы имеем |z| < M , и, считая kдостаточно большим по абсолютному значению, можем написатьz1M (z − kπ)kπ k 2 · π(π − M k −1 ) .292Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [66Коэффициент при 1/k 2 при возрастании k стремится к конечному пределуM/π 2 , а ряд+∞ 1,k2k=−∞как известно, сходится.
Следовательно, ряд (81) сходится абсолютно и равномерно в любой ограниченной части плоскости.Если в формуле (81) заменим z на πz, то эта формула перепишется следующим образом:+∞ 111π ctg πz = ++.(811 )z k=−∞ z − kkГруппируя попарно слагаемые, относящиеся к значениям k, одинаковымпо абсолютной величине, но различным по знаку, мы можем переписать этуформулу следующим образом:π ctg πz =∞12z+.z k=1 z 2 − k 2Точно так же можно доказать, например, формулу+∞111π= ++.(−1)ksin πzz k=−∞z−kkДифференцируя равномерно сходящийся ряд (811 ), будем иметь такжеформулу+∞+∞1π211= 2 +=.22z(z−k)(z−k)2sin πzk=−∞k=−∞Напомним, что выведенные выше формулы были нами получены другимпутем в теории тригонометрических рядов [II, 157].66. Построение мероморфной функции.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
