1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 51
Текст из файла (страница 51)
cn ) заключался в промежутке (0, 2π). Доказательство осталось бы прежним.Мы приходим таким образом к следующему общему предложению: если все числа ck отличны от нуля, то для сходимостибесконечного произведения (94) необходимо и достаточно, чтобыряд (96) сходился при некотором выборе значений логарифма; приэтом величина бесконечного произведения будетP = eS .(98)68]Бесконечные произведения299Общий член ряда (96) будетln ck = ln |ck | + i arg ck ,и, принимая во внимание, что общий член сходящегося ряда долженстремиться к нулю, мы должны во всяком случае иметь arg ck → 0,т.
е. ряд (96) может сходиться только в том случае, если, начиная снекоторого места, будем брать главные значения логарифма. Выборзначений логарифма в конечном числе первых слагаемых не может,естественно, повлиять на сходимость ряда и добавит лишь к суммеряда (96) слагаемое вида 2mπi, где m — некоторое целое число.
Такое добавочное слагаемое у величины S не изменит, согласно формуле (98), величины P . Таким образом, упомянутый выше выборзначений логарифмов у членов ряда (96) сводится к тому, чтобы,начиная с некоторого определенного, но произвольно выбранногоместа, брать главные значения логарифма.Рассмотрим теперь бесконечное произведение, члены которогосуть целые функции от z:F (z) =∞uk (z) = u1 (z) · u2 (z) .
. .(99)k=1Возьмем на плоскости z круг CR с центром в начале и некоторым радиусом R. Положим, что при любом выборе R члены uk (z),начиная с некоторого значения k, уже не имеют корней в кругеCR . Пусть для определенности при заданном R это будет, начинаяс номера k = k0 (этот номер будет, вообще говоря, зависеть от R).Рассмотрим бесконечный рядS(z) =∞ln uk (z),(100)k=1который перепишем следующим образом:k0 −1k=1ln uk (z) +∞k=k0ln uk (z).(101)300Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [69Члены последней суммы суть регулярные однозначные в кругеCR функции, так как uk (z) не обращаются в этом круге в нуль. Положим, что при некотором выборе значений регулярных функцийln uk (z) последний ряд равномерно сходится в круге Ck .
Обозначая его сумму через fk0 (z), где fk0 (z) есть некоторая регулярнаяфункция [12], мы будем иметь∞uk (z) = efk0 (z)k=1k0 −1uk (z),k=1т. е. при этом (99) будет регулярной функцией в круге CR , и корни ее в этом круге будут определяться корнями членов uk (z) приk < k0 . Ввиду произвольности R мы можем утверждать вообще,что при равномерной сходимости ряда (100) во всякой ограниченной части плоскости (исключая несколько первых слагаемых, чтоне существенно) бесконечное произведение (99) будет сходитьсяна всей плоскости, его величина будет целой функцией и корниэтой целой функции вполне определяются корнями сомножителей uk (z).
Дифференцируя равномерно сходящийся ряд (100), получим∞uk (z)S (z) =,uk (z)k=1ноF (z) = eS(z)и F (z) = S (z)F (z),т. е.F (z) = F (z)∞u (z)kk=1uk (z).(102)Эта формула показывает, что в случае равномерной сходимостиряда (100) для бесконечного произведения (99) имеет место правилодифференцирования (102), аналогичное правилу дифференцирования конечного произведения.69. Построение целой функции по ее корням. Пользуясьпредыдущими соображениями, мы сможем построить целую функцию по заданным ее корням. Заметим прежде всего, что корни це-69]Построение целой функции по ее корням301лой функции не могут иметь предельных точек2 на конечном расстоянии.
Если бы такая точка z = c существовала, т. е. если бы влюбом малом круге с центром z = c находилось бесчисленное множество корней целой функции, то эта целая функция должна былабы тождественно равняться нулю [18]. Повторяя рассуждения из[64], мы убеждаемся, что во всяком случае корни ak целой функции могут быть расположены в порядке неубывающего модуля:|a1 | |a2 | .
. . ,причем |an | → ∞ при n → ∞. Заметим, что если некоторое число αфигурирует q раз среди чисел ak , то это значит, что соответствующий корень α должен быть корнем кратности q. Мы пока считаем,кроме того, что z = 0 не участвует среди заданных чисел ak .Ограничим нашу задачу рассмотрением одного частного случая,наиболее важного в приложениях, а именно будем считать, что akнастолько быстро удаляются на бесконечность, что существует такое целое положительное число m, что ряд∞k=11|ak |m(103)есть ряд сходящийся. Мы будем считать m 2.Построим бесконечное произведениеF (z) =∞ k=11−2m−1zez/ak +1/2(z/ak ) + ... +1/(m−1)(z/ak )ak(104)и покажем, что оно будет удовлетворять всем условиям, указаннымв предыдущем номере.
Рассмотрим некоторый круг CR . Начиная снекоторого значка k = k0 , числа ak будут находиться вне круга CR ,так что при k k0 члены произведения (104) не будут иметь корнейв круге CR и для всякого z, принадлежащего CR , мы будем иметь z < ϑ < 1 (k k0 ),(105) ak 2 Такиеточки называются также точками накопления нулей функции.Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [69302где ϑ — определенное положительное число, меньшее единицы.
Рассмотрим ряд (100) для данного случая:∞k=k0lnzz/ak +1/2(z/ak )2 + ... +1/(m−1)(z/ak )m−1e.1−ak(106)В силу (105) можно воспользоваться разложением логарифма встепенной ряд и получим при таком выборе значения логарифмадля ряда (106) следующую формулу: 2 m−1 s ∞ ∞1 zzz1 z1=++ ...+−ak2 akm − 1 aks aks=1k=k0 m m+1∞ z1 z1−=−− ... .m akm + 1 akk=k0Исследуем общий член этого ряда m m+11 z1z−− ...vk (z) = −m akm + 1 akМы имеем, очевидно,|vk (z)| m m+11 z 1 z ++ ...m ak m + 1 ak или в силу (105), вынося за скобки 1/m|z/ak |m и принимая во внимание, что в круге CR |z| R|vk (z)| Rm(1 − ϑ + ϑ2 + . .
.),m|ak |mт. е.|vk (z)| 1Rm.m(1 − ϑ) |ak |mВ силу сходимости ряда (103) положительные числа, стоящие вправой части последнего неравенства, образуют сходящийся ряд, и,следовательно, ряд (106) будет сходиться абсолютно и равномерно69]Построение целой функции по ее корням303в круге CR . Таким образом, мы можем утверждать, что бесконечное произведение (104) представляет собою целую функцию и чтокорни этой целой функции определяются корнями сомножителей,т.
е. что корни этой целой функции суть числа ak .Если мы имеем какую-нибудь целую функцию f (z), корни которой суть ak , то частное f (z) : F (z) будет целой функцией без корней,т. е. это частное будет иметь вид eg(z) , и мы получим таким образомследующее представление для целой функции f (z):∞ 2m−1zg(z)f (z) = e1−ez/ak +1/2(z/ak ) + ... +1/(m−1)(z/ak ), (107)akk=1где g(z) — некоторая целая функция. До сих пор мы предполагали,что точка z = 0 не является корнем функции. Если эта точка естькорень кратности p, то следует только добавить к правым частямформул (104) и (107) множитель z p .Рассмотрим в качестве примера функцию sin z.
Она имеет простой кореньz = 0 и простые корни z = kπ (k = ±1, ±2, . . .).В данном случае имеем m = 2, так как ряд+∞1,2|kπ|k=−∞как мы уже упоминали выше, сходится.3 Применяя формулу (107) и добавляямножитель z, мы получим+∞ z1−ez/(kπ) .sin z = eg(z) zkπk=−∞Целая функция g(z) не может быть, конечно, определена из предыдущихобщих соображений. Результаты [67] показывают, что в данном случае этафункция равна тождественно нулю.Заметим, что если m = 1, т. е.
если сходится ряд∞1,|ak|k=1то, рассуждая, как и выше, можно вместо формулы (107) написать формулу:∞ z1−.f (z) = eg(z)akk=13 Знак штриха возле суммы (произведения) означает что из суммирования(перемножения) исключается значение индекса суммирования, равное нулю.304Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [70В дальнейшем мы будем иметь еще примеры применения формулы (104),которая называется обычно бесконечным произведением Вейерштрасса.Может случиться, что числа ak заданы так, что ряд (103) расходится привсяком целом положительном m.
Это будет, например, если мы положим ak =ln(k + 1) (k = 1, 2, . . .). Действительно, ряд с общим членом [ln(k + 1)]−mрасходится при всяком положительном m, так как сумма его первых членовбольше, чемk,[ln(k + 1)]mа это последнее выражение, как нетрудно показать, применяя хотя бы правилоЛопиталя, беспредельно возрастает вместе с k. В случае расходимости ряда(103) при всяком целом положительном m составим бесконечное произведение∞ 1−k=1гдеQk (z) =zakeQk (z) ,(108)zz2z mk,+ 2 + ... +ak2akmk amk kи mk будет зависеть от k. Повторяя вышеуказанные оценки, мы убедимся в том,что для сходимости бесконечного произведения (108) достаточна сходимостьпри всяком R > 0 ряда∞ R mk +1.|ak |k=1Достаточно для этого взять mk = k − 1.
Действительно, применяя признакКоши [I, 121] к ряду∞ R k,|ak |k=1получимkR|ak |k=R→ 0,|ak |т. е. ряд действительно сходится. Можно показать, что для сходимости рядадостаточно взять mk такими, чтобы имело место неравенство: mk + 1 > ln k.70. Интегралы, зависящие от параметра.
В дальнейшемнам придется встречаться с определением функций в виде интегралов, зависящих от параметра. С этим мы уже встречались в [61].В случае вещественного переменного мы рассматривали такой способ задания функции и устанавливали условия, при которых такаяфункция имеет производную, причем можно производить дифференцирование под знаком интеграла [II, 83].70]Интегралы, зависящие от параметра305Рассмотрим аналогичный вопрос для случая комплексного переменного.Т е о р е м а.
Пусть f (t, z) — непрерывная функция двух переменных t и z, когда z принадлежит замкнутой области B с контуром l и t — конечному интервалу a t b вещественной оси.Пусть, далее, f (t, z) есть регулярная функция от z в замкнутойобласти B при всяком t, принадлежащем упомянутому интервалу. При этом функция ω(z), определяемая равенствомbω(z) =f (t, z)dt,(109)aесть регулярная функция внутри B, и при вычислении ее производной мы можем производить дифференцирование по z под знаком интеграла, т. е.bω (z) =∂f (t, z)dt.∂z(1091 )aСогласно формуле Коши, можем написатьf (t, z ) 1dz ,f (t, z) =2πiz − zlгде z — внутри B и t — любая точка интервала a t b.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
