1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 50
Текст из файла (страница 50)
Займемся сейчас задачей построения мероморфной функции, если заданы ее полюсы ak и бесконечныечасти1gk(k = 1, 2, . . .)(82)z − akв этих полюсах. Если задано лишь конечное число полюсов ak (k = 1, 2, . . . , n),то функцияn1ϕ(z) =gkz − akk=1будет давать очевидное решение задачи, причем написанная функция представляет собою рациональную дробь. Положим теперь, что нам дано бесчисленноемножество полюсов ak и соответствующих бесконечных частей.
Как мы видели [64], во всякой ограниченной части плоскости должно быть лишь конечное66]Построение мероморфной функции293число полюсов, и их можно пронумеровать в порядке неубывающих модулей,т. е.|a1 | |a2 | . . . (|an | → +∞).Никаких других ограничений на расположение полюсов или задание бесконечных частей не предполагается. Считаем только, что среди полюсов нетполюса z = 0.Каждая бесконечная часть (82) представляет собою функцию, регулярнуювнутри круга |z| < |ak |, и внутри этого круга она разлагается в ряд Маклорена:1(k)(k)(k)gk= a0 + a1 z + a2 z 2 + .
. . (|z| < |ak |).(83)z − akВозьмем какую-нибудь последовательность положительных чисел εk образующих сходящийся ряд:∞εk .(84)k=1Ввиду равномерной сходимости степенного ряда (83) в круге [13]1|ak |2мы можем взять такой отрезок этого ряда|z| (k)qk (z) = a0что(k)(k)(k)+ a1 z + a2 z 2 + . . . + amk z mk , 1 gk < εk−q(z)kz−aв круге|z| kСоставим рядϕ(z) =∞ k=1gk1z − ak− qk (z)1|ak |.2(85)(86)и рассмотрим любой круг CR с центром в начале и радиусом R. В силу|ak | → +∞ существует такое N , что R 1/2|ak | при k > N , и при таких значениях k в круге CR имеет место оценка (85), и, следовательно, в силу сходимостиряда (84) ряд (86) сходится в CR абсолютно и равномерно, если отбросить внем первые N слагаемых. Эти первые слагаемые дадут в круге CR полюсы akс бесконечными частями (82).
Абсолютно и равномерно сходящийся ряд дастфункцию, регулярную в CR . Ввиду произвольности радиуса R в этих рассуждениях мы видим, что сумма (86) решает поставленную задачу о построениимероморфной функции по заданным полюсам и бесконечным частям. Заметимпри этом, что полиномы qk (z) никаких новых особенностей не добавляют.Если задан еще полюс z = 0 с бесконечной частью 1g0,zто достаточно добавить эту бесконечную часть к ряду (86). Приведенное решение задачи принадлежит шведскому математику Миттаг-Леффлеру.294Гл. III.
Применение теории вычетов, целые и дробные функции [67В [64] мы дали формулу разложения мероморфной функции на простейшиедроби при некоторых дополнительных предположениях. Сейчас дадим аналогичную формулу в общем случае.Пусть f (z) — некоторая мероморфная функция. Пользуясь вышеуказаннымметодом, можно построить мероморфную функцию ϕ(z), которая имела бы теже полюсы с теми же бесконечными частями, что и f (z).
Эта мероморфнаяфункция ϕ(z) будет выражаться формулой вида (86). Разность f (z) − ϕ(z) будет, очевидно, функцией, регулярной на всей плоскости (кроме z = ∞). Такаяфункция называется целой функцией. Она представима на всей плоскости своим рядом Маклорена. Обозначаяf (z) − ϕ(z) = F (z),получим следующее представление мероморфной функции: ∞ 11f (z) = F (z) + g0gk− qk (z) ,+zz − akk=1(87)где F (z) — некоторая целая функция.
Эта последняя формула имеет большетеоретический интерес, тогда как формулами (75) и (76) удобно пользоватьсяв конкретных примерах. Если считать f (z) — любой целой функцией, то (87)дает общую формулу для всех мероморфных функций с заданными полюсамии бесконечными частями.67. Целые функции. Как мы упоминали, целой функцией называется функция, регулярная на всей плоскости. Она представима на всей плоскости рядом Маклорена. Если этот ряд обрывается,то функция есть просто полином. В противном случае бесконечнодалекая точка будет существенно особой точкой нашей функции, ив этом случае функция называется иногда целой трансцендентнойфункцией. Функции ez и sin z представляют собою пример целыхтрансцендентных функций.
В дальнейшем мы будем пользоватьсяпросто термином — целая функция.Как известно, всякий полином имеет корни. Таким свойствомможет и не обладать целая функция. Так, например, ez вовсе неимеет корней. Составим сейчас общее выражение для целых функций, не имеющих корней. Пусть g(z) — некоторая целая функция.При этом функцияf (z) = eg(z)(88)будет также, очевидно, целой и не будет иметь корней. Покажемтеперь, наоборот, что всякая целая функция f (z), не имеющая корней, имеет вид (88), где g(z) есть некоторая целая функция, т. е.67]Целые функции295формула (88), где g(z) есть произвольная целая функция, дает общий вид целых функций f (z), не имеющих корней.Раз целая функция f (z) не имеет корней, то функцияf (z)f (z)также будет целой.
Интегрируя эту целую функцию, мы получаемтоже целую функцию f (z)g(z) =dz = ln f (z),f (z)откуда и вытекает непосредственно (88).Положим теперь, что целая функция f (z) имеет конечное числокорней, отличных от z = 0:z = a 1 , a 2 , . . . , am ,причем кратный корень выписывается столько раз, сколько единицсодержится в его кратности.
Отношениеm z1−,f (z) :akk=1где символmобозначает произведение, распространенное на всеk=1целые значения k от 1 до m, будет, очевидно, целой функцией безкорней, т. е. будет иметь вид (88). Мы получаем, таким образом,для нашей функции f (z) представление следующего вида:m zg(z)f (z) = e1−,(89)akk=1где g(z) — некоторая целая функция.Мы считаем при этом, что точка z = 0 не есть корень f (z). Еслиэта точка будет корнем кратности p, то вместо формулы (89) будемиметь, очевидно, следующую формулу:m zf (z) = eg(z) z p1−.(90)akk=1296Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [67В наиболее интересном случае, когда f (z) имеет бесчисленноемножество корней, уже нельзя применить непосредственно формулу (90), так как справа будет стоять бесконечное произведение,которое может и не иметь смысла. Чтобы сделать это произведение сходящимся, мы должны будем приписать к сомножителям(1 − z/ak ) дополнительные множители показательного типа, которые, не вводя новых корней, сделают бесконечное произведениесходящимся.Разберем это для случая функции sin z.
Перепишем формулу (81):ctg z −+∞ 111=+.zz − kπkπk=−∞При этом обе части будут регулярны в точке z = 0, и мы можем почленно проинтегрировать бесконечный ряд от z = 0 до переменной точки z. Мыполучим в результате такого интегрирования+∞ sin z z=zz z=zlnln(z−kπ)+=z z=0 k=−∞kπ z=0или, принимая главное значение логарифма в окрестности начала,ln+∞ zzsin zln 1 −=+.zkπkπk=−∞Отсюда, переходя от логарифма к числам, мы получаем представлениефункции sin z в виде бесконечного произведения:sin z = z+∞k=−∞1−zez/(kπ) ,kπ(91)где штрих у знака произведения показывает, что надо исключить сомножитель, соответствующий k = 0. В данном случае множители показательноготипа ez/(kπ) гарантируют сходимость бесконечного произведения.Группируя попарно сомножители, соответствующие значениям k, одинаковым по абсолютной величине, получим∞ z2sin z = z1− 2 2 .(92)k πk=1Заменяя z на πz, можем переписать формулу в следующем виде:∞ z2sin πz1− 2 .=zπkk=1(93)68]Бесконечные произведения297Для более тщательного выяснения вопроса о разложении целой функциив бесконечное произведение нам надо выяснить некоторые основные факты,касающиеся бесконечных произведений.68.
Бесконечные произведения. Рассмотрим бесконечноепроизведение∞ck = c1 c2 . . . ,(94)k=1где ck суть некоторые комплексные числа, отличные от нуля. Понятие о сходимости произведения (94) аналогично понятию о сходимости ряда. Образуем конечные произведения:Pn =nc k = c 1 c 2 . . . cn .(95)k=1Если при беспредельном возрастании n произведения Pn стремятся к конечному пределу P , отличному от нуля, то бесконечноепроизведение (94) называется сходящимся, и P называется величиною этого бесконечного произведения.Если среди чисел ck находятся равные нулю, то бесконечное произведение (94) называется сходящимся, если после исключения сомножителей, равных нулю, остается бесконечное произведение, сходящееся в указанном выше смысле.
При этом величина бесконечного произведения, содержащего сомножители, равные нулю, считается равной нулю. Указанная выше оговорка о том, что предел Pпроизведений Pn должен быть отличен от нуля, сделана для того,чтобы бесконечные сходящиеся произведения обладали обычнымсвойством конечного произведения, а именно — были равны нулютогда и только тогда, когда хоть один из множителей равен нулю.Положим, что все члены произведения (94) отличны от нуля, исоставим бесконечный ряд∞ln ck ,(96)k=1где в каждом члене значение логарифма выбрано каким-нибудь об-298Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [68разом. Сумма первых n слагаемых ряда (96) будет.Sn =nln ck .(97)k=1Положим, что при некотором выборе значений логарифмов ряд(96) сходится, т. е. что существует предел Sn → S. Формула (95)дает Pn = eSn , и, следовательно, существует предел Pn → eS , отличный от нуля, т. е. из сходимости ряда (96) вытекает сходимостьпроизведения (94).
Положим теперь наоборот, что бесконечное произведение (94) сходится, т. е. что существует предел Pn → P , отличный от нуля. Выберем для членов ряда (96) значение логарифмовтак, чтобы в правой части формулы (97) иметь всегда главное значение логарифма произведения c1 c2 . . . cn :Sn = ln |c1 c2 .
. . cn | + i arg(c1 c2 . . . cn ),где−π < arg(c1 c2 . . . cn ) π.В данном случае Sn также будут стремиться к определенномупределу, а именно:lim Sn = ln |P | + i arg P = ln P,и, следовательно, ряд (96) будет сходящимся.Мы предполагаем при этом, что P не есть вещественное отрицательное число, так что arg P находится внутри промежутка(−π, π). В случае, когда P есть отрицательное вещественное число, мы могли бы выбирать аргументы так, чтобы arg(c1 c2 . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
