Tom_2

Решение. Так как внутри контура интегрирования знаменатель

подынтегральной функции обращается в нуль в точках

z1 = 0 и

z2 = 1, то

рассмотрим многосвязную

область

D,

ограниченную

окружностью

Г = {z :

z - 2

= 3}

и

внутренними

контурами

γ1 = {z :

z

= ρ}

и

γ 2 = {z :

z -1

= ρ}

æ

< ρ <

1

ö

ç0

2

÷ .

В этой

области

D

функция

è

ø

f (z) =

ez

является

аналитической,

и,

согласно

следствию

из

z3 (z -1)

интегральной теоремы Коши, можем записать:

ò

(z)dz +

ò

ò

f

f (z)dz +

f (z)dz = 0 ,

Г +

γ1−

γ 2−

откуда следует, что

I = ò

ez

dz = ò

3 ez

dz + ò

3 ez

dz .

3

Г +

z

(z -1)

γ1+ z (z -1)

γ2+ z

(z -1)

Применяя теперь соответственно формулы (7) и (6), находим

		ez
ò	z -		1			dz
	3
γ1+		z
		ez
ò	z3				dz
	z -		1
γ 2+

=

2π i æ

ez

ö¢¢

= π i

ez (z2 - 4z + 5)

= -5πi и

ç

÷

(z -1)3

2! è z -1

ø

z=0

z=0

ez

=

2π i

= 2π ei . □

z3

z=1

				+∞+ib	+∞
Пример	13.	Доказать равенство		ò	e−z2 dz = ò e−x2 dx , где
				−∞+ib	−∞
		интеграл в левой части вычисляется вдоль
		бесконечной прямой L : y = b (рис. 2 ).
			Решение.		Рассмотрим	интеграл
		I =	ò e−z2 dz		по замкнутому	контуру,
			ABCDA
		изображенному на рис.2. Подынтегральная
Рис. 2		функция аналитична внутри этого контура,
поэтому по теореме Коши I = 0 , т.е.
	R	R+ib		−R+ib	−R
ò e−z2 dz = ò e−x2 dx + ò e−z2 dz + ò e−z2 dz + ò e−z2 dz = 0
ABCDA	−R	R		R+ib	−R+ib

214

(здесь учтено, что на оси OX комплексная переменная z = x ).

		R+ib
Покажем, что интеграл		ò e−z2 dz стремится к нулю при		R → +∞ .
		R
Действительно, на отрезке BC имеем x = R , y = t , t [0;b] , т.е.				z = R + it ,
dz = idt , тогда
R+ib	b		b
ò	e−z2 dz = iòe−(R+it)2 dt = ie−R2		òet2 −2Rti dt .
R	0		0

b

b

Интеграл òet2 −2Rti dt = òet2 (cos2Rt - isin 2Rt)dt

есть

конечное

0

0

b

число, следовательно,

lim ie−R2 òet2 −2Rti dt = 0 .

R→+∞

0

Аналогично показывается, что

−R

ò e−z2 dz =

e−z2 dz = 0 .

lim

lim

ò

R→+∞

DА

R→+∞

−R+ib

В таком случае при R → +∞ получаем

æ R

−R+ib

e−z2 dz

ö

+∞

e−x2 dx +

−∞+ib

e−z2 dz = 0 ,

lim

ç

ò

e−x2 dx +

ò

÷ = 0

или

ò

ò

R→+∞ ç

÷

è

−R

R+ib

ø

−∞

+∞+ib

+∞+ib

+∞

т.е.

ò e−z2 dz = ò e−x2 dx . □

−∞+ib

−∞

§ 4. Ряды в комплексной области

10. Степенные ряды. Степенным рядом с комплексными

членами называется ряд вида

∞

c0 + c1(z - a) + ... + cn (z - a)n + ... = åcn (z - a)n ,

(1)

где z – комплексная переменная; cn , a

n=0

– комплексные числа (числа cn –

коэффициенты ряда, число a ¹ ¥ – центр ряда). Точки z, в которых ряд сходится, образуют область сходимости данного ряда.

∞

Теорема 1 (теорема Абеля). Если степенной ряд åcn (z - z0 )n

n=0

сходится в некоторой точке z1 ¹ z0 , то он сходится и причем

215

абсолютно

в любой

точке

z,

удовлетворяющей

условию

z - z0

<

z1 - z0

.

Доказательство.

Выберем

произвольную

точку

z,

удовлетворяющую

условию

z - z0

<

z1 - z0

,

и

рассмотрим

ряд

∞

åcn (z - z0 )n . Обозначим

z - z0

= q

z1 - z0

, q < 1.

n=0

∞

В силу необходимого условия сходимости ряда

åcn (z - z0 )n , его

n → ∞ .

n=0

члены стремятся к нулю при

Следовательно, существует такая

константа

M,

что

c

×

z - z

0

n £ M .

Отсюда

для

коэффициентов

c

n

1

n

данного степенного ряда получаем оценку

cn

£

M

. Тогда для любого

z

- z

0

n

1

n Î имеем неравенство

∞

∞

k

∞

z - z0

k

å ck (z - z0 )

k

£

å

ck

×

z - z0

£ M å

.

z - z

0

k=n+1

k=n+1

k=n+1

1

z - z0

∞

По

условию

теоремы

число

q =

< 1.

Ряд

åqn ,

z1 - z0

n=0

представляющий собой сумму бесконечной геометрической прогрессии со

знаменателем меньшим единицы, сходится. Поэтому для любого

ε > 0

∞

найдется такое число N(ε ) , что при всех n ³ N имеет место

å qk

< ε . А

k=n+1

тогда

из

приведенного

выше

неравенства

вытекает

∞

å ck (z - z0 )k

£ ε при n ³ N , что и доказывает теорему. □

k=n+1

∞

Следствие.

Если

степенной

ряд

åcn (z - z0 )n

расходится

в

z = z1

n=0

некоторой

точке

то

он

расходится и во всех точках

z,

удовлетворяющих неравенству

z - z0

>

z1 - z0

.

Упражнение 1. Доказать следствие из теоремы 1.

Для всякого степенного ряда (1) существует действительное число R, обладающее следующим свойством: при z - a < R ряд (1) сходится, а при z - a > R расходится. Это число R называется радиусом сходимости ряда

216

(1), а круг z - a < R кругом сходимости ряда. Число R может быть и нулем или бесконечностью ( R = 0 , если ряд (1) сходится лишь в точке z = a ; R = ∞ , если ряд сходится во всей плоскости ). Для определения радиуса сходимости ряда (1) по его коэффициентам cn могут применяться признаки сходимости Д’Аламбера и Коши:

R = lim		cn		; R = lim			1		,	(2)
	cn+1
n→∞				n→∞ n			c
							n

при условии, что эти пределы существуют.

Областью сходимости степенного ряда по отрицательным степеням

z − a

	b1		b2			bn	∞	bn
		+		+ ... +			+ ... = å			(3)
	z - a		(z - a)2		(z - a)n			(z - a)n
							n=1
является внешность			круга радиусом			r с центром в		точке a,		т.е. область

z - a > r . Действительное число r для ряда (3) может быть определено по

коэффициентам bn с помощью формул:

bn+1

r = lim

; r = lim

n

b

.

(4)

n→∞

bn

n→∞

n

Если ряд (1) сходится в круге

z - a

< R , а ряд (3) сходится в области

z - a

> r , то при 0 ≤ r < R < ∞ областью сходимости ряда

∞

bn

∞

å

+ åcn (z - a)n

(z - a)

n

n=1

n=0

является кольцо r < z - a < R ; при r > R этот ряд всюду расходится. Пример 1. Исследовать на сходимость ряд

(z + 2)2

+

(z + 2)4

+ ...

+

(z + 2)2n

+ ... =

∞

(z + 2)2n

.

1×3

4×32

n2

×3n

å

n2

×3n

n=1

Решение. Применим признак Д’Аламбера:

un =

(z + 2)2n

;

un+1

=

(z + 2)2(n+1)

n2 ×3n

(n +1)2 ×3n+1

и lim

(z + 2)2(n+1) × n2 ×3n

=

z + 2

2

lim

n2

=

z + 2

2

.

(n +1)2 ×3n+1 ×(z + 2)2n

3

+1)2

n→∞

n→∞ (n

3

z + 2

<

. Далее, на

Отсюда заключаем, что ряд сходится в круге

3

z + 2

=

,

границе круга, т.е. при

3

имеем

217

∞

(z + 2)2n

∞

1

å

=

å

,

2

n

2

n=1

n

×3

n=1 n

а это означает,

что

ряд

абсолютно

сходится в замкнутом круге

z + 2

£

.

□

3

∞

Пример 2. Найти радиус сходимости степенного ряда å(1+ i)n zn .

n=0

Решение. Находим модуль коэффициента c

= (1+ i)n :

n

n

(1+ i)n

n

= (

)n

c

=

=

1+ i

2

= 22 .

n

Применив вторую из формул (2), найдем радиус сходимости данного

ряда R = lim

1

=

1

. □

n→∞ n 2n 2

2

Пример 3. Найти область сходимости степенного ряда

∞ æ (1+ 2i)n

n

n(1+ i)n ö

ç

÷

nå=1èç (4 - 3i)n (z - 3 + i)

+ (z - 3 + i)n ø÷ .

Решение. Перепишем данный ряд в следующем виде

	∞		æ	(1	+ 2i)n
	ån=1èçç					(z
				(4 - 3i)n
∞	æ 1+ 2i				ön
= å	ç				÷ (z - 3
			- 3i
n=1	è 4				ø

	- 3 + i)n +	n(1+ i)n	ö
			÷	=
		(z - 3 + i)n
			ø÷

	∞	1
	+ i)n + ån(1+ i)n		.
		(z - 3 + i)n
	n=1

Найдем

область

сходимости

ряда

по

положительным

степеням

æ 1+ 2i ön

z − 3 + i . Так как для этого ряда cn = ç

÷

, то по второй из формул (2)

имеем:

è 4 -

3i ø

R =

1

= lim n

4 - 3i

n

=

4 - 3i

=

5

=

lim

5 .

1+ 2i

1

+ 2i

5

n→∞ n

c

n→∞

n

z - 3 + i

<

Следовательно,

5

–

область

сходимости

рассматриваемого ряда.

Теперь найдем область сходимости ряда по отрицательным

степеням z − 3 + i .

Для этого

ряда

имеем:

c

= n(1+ i)n и

= (n +1)(1+ i)n+1 ,

n

c

поэтому,

по

первой

из формул

(4),

находим

n+1

218

c

(n +1)

1+ i

n+1

n +1

r = lim

n+1

= lim

n

=

1+ i

lim

= 2 . Значит, область

cn

n

n→∞

n→∞ n

1+ i

n→∞

z - 3 + i

>

. Таким образом, весь

сходимости рассматриваемого ряда есть

2

данный ряд будет сходиться в кольце 2 < z - 3 + i < 5 . □

20. Ряды Тейлора и Лорана.

Теорема 2. Любая функция f (z) , аналитическая внутри круга с центром в точке a, разлагается внутри этого круга в ряд Тейлора

		f ′(a)		f (n) (a)	∞	f (n) (a)
	f (z) = f (a) +		(z − a) + ... +		(z − a)n + ... = å		(z − a)n. (5)
		1!		n!		n!
					n=0

Радиус сходимости этого ряда равен расстоянию от точки a до ближайшей к a особой точки функции f (z) , т.е. точки, в которой

f (z) не является аналитической.

Доказательство.

Действительно, пусть γ − окружность с центром в а

и

радиусом

r < δ.

Согласно

интегральной

формуле

Коши:

f (z) =

1

ò

f (t)

dt. Так как t

принадлежит окружности

γ ,

то

t - a

= r .

2πi

t - z

Г

Отсюда,

при

z - a

< r =

t - a

имеем

z - a

< 1. Тогда,

в силу формулы

t - a

суммы

бесконечной

геометрической

прогрессии

со

знаменателем

q

=

z - a

< 1,

имеем

t - a

1

=

1

=

1

=

t - z

(t - a) - (z - a)

(t - a)(1- (z - a)(t - a))

1

∞

æ z - a

ön

∞

(z - a)n

=

å

ç

÷ = å

.

t

(t - a)n+1

- a n=0

è t - a

ø

n=0

Согласно признаку Вейерштрасса, полученный ряд в правой части

1

этого равенства сходится равномерно. Подставив t - z в интегральную формулу Коши и проинтегрировав почленно, будем иметь

219

1

∞

(z - a)n

f (t)

∞

æ

1

f (t)dt

ö

f (z) =

ò å

dt

= å

ç

ò

n+1

÷(z - a)n

=

2π i

(t - a)

n+1

- a)

Г n=0

ç 2π i

γ

(t

÷

æ

n=0 è

ö

ø

∞ 1

n!

f (t)dt

n

ç

÷

= å n!ç

2πi

ò (t

- a)n+1 ÷

(z

- a) .

n=0

è

γ

ø

Отсюда, с учетом формул (3.7), получаем

∞

f

(n)

(a)

f (z) = å

(z - a)n .

n=0

n!

< δ , разлагается в

Итак, всякая функция, аналитическая в круге

z - a

сходящийся в этом круге степенной ряд

∞

f (z) = åcn (z - a)n .

Коэффициенты cn

n=0

ряда определяются формулами

c =

1

f (n) (a) =

1

f (t)dt

,

2πi ò

n

n!

(t - a)n+1

γ

где γ – окружность

z - a

= r < δ ,

δ

– расстояние от центра разложения

z = a до ближайшей особой точки функции

f (z)

в области D. □

Предполагая, что сумма степенного ряда (5) ограничена в круге

сходимости

z - a

< δ

положительным числом M, имеем,

применяя оценку

интеграла по модулю,

c

<

1

f (t)

dt <

1

2π r

M = M .

n

2π ò

(t

- a)n+1

2π rn+1

rn

γ

Переходя к пределу при r → δ ,

получим неравенства Коши

c

£

M

,

n = 0,1,... .

n

δ n

Непосредственным следствием неравенств Коши является

Теорема 2 (Лиувилля). Если функция

f (z)

аналитична на

всей

комплексной плоскости и

f (z)

< M , где M – положительное число, то

f (z) = const .

Доказательство.

Так

как

f (z)

аналитична

на

всей комплексной

плоскости, то радиус сходимости разложения (1) равен

+∞ . Следовательно,

неравенства Коши имеют место для

любого δ > 0.

Устремляя δ

к

+∞ ,

получим cn = 0, n =1,2,..., и, значит,

f (z) = c0 = const .

□

Докажем с помощью теоремы Лиувилля, что справедлива

220

		Теорема 3 (основная теорема алгебры). Всякий многочлен
				P (z) = c zn + c zn−1 + ... + c					z + c ,		c ¹ 0, n ³1,
				n	0	1		n−1		n	0
	имеет, по крайней мере, один корень.									многочлен Pn (z) не имеет
		Доказательство.				Предположим,		что
	корней.			Тогда функция		1	ограничена на всей комплексной плоскости
						P (z)
						n
	æ	1									ö
	ç			аналитическая и стремится к нулю при z ® 0÷ .
		Pn (z)
	è										ø

По теореме Лиувилля,
1		= const = 0,
	P (z)
	n

что невозможно. Это свидетельствует о том, что многочлен Pn (z) имеет, по крайней мере, один корень. □

Приведем разложения некоторых элементарных функций в ряд Тейлора:

ez = 1+	z	+	z2	+	z3	+ ...,
1!		2!		3!

sin z = z - z3 + z5 - z7 + ..., 3! 5! 7!

cos z = 1- z2 + z4 - z6 + ... , 2! 4! 6!

ln(1+ z) = z -

z

2

+

z3

- ... ,

2

3

α

α

α(α -1)

2

α(α -1)(α - 2)

3

(1+ z)

= 1+

1! z +

2!

z

+

3!

z

+ ...

Первые три разложения справедливы во всех точках комплексной плоскости, последние два – в круге z < 1.

Всякая функция f (z) , аналитическая внутри кольца с центром в точке a, разлагается внутри этого кольца в ряд Лорана

f (z) =...	c−n	+ ... +	c−1	+c		+ c	(z -a)+ ...	+c	(z - a)n + ... =
	(z - a)n		z - a		0	1		n
									(6)
			+∞
						(z -a)n,
			= å cn

n=−∞

221

где c =	1		f (z)dz	(n = 0, ±1, ± 2,...) , γ – любой замкнутый
	2π i ò
n			(z - a)n+1
		γ

контур, расположенный внутри кольца и окружающий точку a. Этот ряд сходится в наибольшем кольце r < z - a < R , на границах z - a = r , z - a = R которого находится хотя бы по одной точке, где функция f (z) не является аналитической.

Упражнение 1. Доказать справедливость формулы (6) и сходимость ряда Лорана в указанной области.

	∞	c−n	∞
	Части å		и åcn (z - a)n ряда (6) называются
		(z - a)n
	n=1		n=0

соответственно главной и правильной. Главная часть ряда Лорана сходится в

области		z - a		> r , а правильная – в области			z - a		< R .
Если некоторую функцию f (z) ,							аналитическую в кольце

r < z - a < R , надо разложить в ряд Лорана, ее следует представить как сумму функций f1(z) и f2 (z) и разложить одну из них по положительным степеням z − a , а другую по отрицательным степеням z − a .

Пример 4. Найти несколько первых членов разложения в ряд по степеням z функции f (z) = tg z и найти радиус сходимости ряда.

Решение. Пусть искомый ряд имеет вид:

f (z) = c0 + c1z + c2 z2 + c3z3 + ... ,

где c =

f (n) (0)

(n = 0,1,2,...),

f (0) (0) = f (0) = 0 .

n

n!

f (n) (z)

Для нахождения

значений производных

в точке z = 0 ,

продифференцируем функцию. Имеем

f

¢

1

¢

2

(z)

= cos2 z

,

(7)

(z)

или f (z) = 1+ f

f ¢¢(z) = 2 f (z) f ¢(z),

f ¢¢¢(z) = 2

é

f ¢

2

(z) + f

ù

ë

(z) f ¢¢(z)û ,

f IV (z) = 2

é3 f ¢(z) f ¢¢(z) + f (z) f ¢¢¢(z)ù ,

(8)

ë

û

f

V

é

2

(z) +

4 f ¢(z) f ¢¢¢(z) +

f (z) f

IV

ù

,

(z) = 2ë3 f ¢¢

(z)û

..................................................................................

222

Полагая в (7) и (8)

z = 0 , находим

f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0 , f ′′′(0) = 2 ,

f IV (0) = 0 , f V (0) = 16 , …

Подставив найденные значения производных в ряд, получим

tg z = z +

2

z3 +

16 z5 + ...

3!

5!

ξ = π ,

Ближайшей

особой

точкой

к

точке

z = 0

является

точка

π

2

поэтому радиус сходимости полученного ряда R =

.

□

2

Пример 5. Разложить в ряд Лорана в кольце

0 <

z −1

< 2 функцию

f (z) =

1

.

(

z

2

)2

−1

1

Решение. Функция

f (z) =

является аналитической в кольце

(

z

2

−

)2

1

0 <

z −1

< 2 . Коэффициенты ряда Лорана находим по формуле (см. (6))

1

1

(

z

2

)2

1

dz

cn =

ò

−1

dz =

ò

n+3

2

,

2πi

n+1

2π i

(z +1)

γ

(z −1)

γ

(z −1)

где γ

–

любая окружность

с центром в точке

z0 = 1, лежащая в

данном кольце.

Если

n + 3 ≤ 0 ,

т.е.

n ≤ −3 ,

то

подынтегральная

функция

1

будет аналитической во всех точках, заключенных внутри

(z −1)n+3 (z +1)2

окружности

γ ,

в

том

числе

и

в

точке

z = 1. В

этом

случае

dz

= 0 , т.е.

cn = 0 при

n = −3, − 4, ... Если n + 3 > 0 , т.е.

ò (z −1)n+3

(z +1)2

γ

n > −3 , то,

применив формулу (3.7)

для производной любого порядка от

аналитической функции, получим

223