UMK11

Ответ: Jm z = y > 0 − верхняя полуплоскость.

Равномерная сходимость КФР ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.33. Говорят, что КФР сходится равномерно в области

D , если выполняется условие: для ε > 0 номер N = N (ε), такой, что для всех n > N (ε) и для всех z D выполняется требование

sn (z)− s (z)		< ε,	(1.143)

где s (z)− сумма КФР s (z)= lim sn (z) .
n→∞
Обратим внимание читателя на то, что равномерная сходимость
предполагает сходимость (1.139) в области D к сумме s (z).
Если ряд (1.139) сходится к сумме s (z) неравномерно, то, решая
неравенство (1.143) по заданному	ε > 0 , найдем, что N = N (ε, z),	так как,
например, для z = z0 и z = z1	соответствующие числовые ряды	(1.140)

разные. Равномерная же сходимость означает, что по выбранному ε N от z не зависит.

Так же, как и в случае вещественного функционального ряда, имеет место признак Вейерштрасса и критерий Коши о равномерной сходимости.

Признак Вейерштрасса. Если для z D имеет место неравенство

			un (z)		≤ cn , cn ≥ 0			(1.144)
∞	− сходится, то КФР (1.139) равномерно сходится в области D .
и ∑ cn
1
Критерий Коши. КФР (1.139) сходится равномерно к своей сумме f (z)
f (z)= ∑∞		u n (z) в области D , когда для любого ε > 0 N = N(ε), что
	1
для n > N (ε) справедливо неравенство
			sn +m (z)− sn (z)				< ε,	(1.145)
при m = 1,2,			K, и для произвольного z из D .

Так же, как и в случае вещественных функциональных рядов, справедливы нижеследующие утверждения, доказательства которых –

буквальный	повтор	доказательств	соответствующих			вещественных
функциональных рядов.
Теорема 1.13. Если члены u n (z) ряда (1.139) непрерывны в области D и
ряд сходится равномерно к своей сумме			f (z) f (z)= ∑∞		u n	(z) , то f (z)−
				1

непрерывная функция в области D .

Теорема 1.14. Если члены u n (z) ряда (1.139) непрерывны в области D и ряд сходится равномерно в D , то его можно почленно интегрировать, то есть

				∫	∞		∞				(1.146)
					∑ un (z) dz = ∑ ∫ un (z)dz ,
				L	1		1 L
где L − кусочно-гладкая кривая, лежащая в области D .
			Теорема 1.15. (Вейерштрасса). Если члены un (z) КФР
				∞		(z)
				∑ un							(1.147)
				1
являются аналитическими функциями в области D , а ряд (1.147) сходится
равномерно к своей сумме f (z) в любой замкнутой подобласти										′	области D ,
									D
то			10 ) f (z) − аналитическая функция в области D ;
			20 )			∞	(nk ) (z) − ряд можно почленно
				f (k ) (z) = ∑ u				дифференцировать
						1
неограниченное число раз;
					∞
			30 ) ряд ∑ u (nk ) (z) сходится равномерно в любой замкнутой подобласти
		′			1
			области D .
	D
						1.9. СТЕПЕННЫЕ КОМПЛЕКСНЫЕ РЯДЫ
			ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.34. КФР вида
				∞		(z − z 0 )n
				∑ cn							(1.148)
				0				cn = αn + i βn −
называется				степенным комплексным рядом СКР, где

заданные коэффициенты, z = x + i y − комплексная	переменная	(КП),
z0 = x 0 + i y0 − заданное КЧ.
Не теряя общности, вместо (1.148) рассмотрим СКР
∞
∑ cn zn .	(1.149)
0
Теорема 1.16. (Абеля). Если степенной ряд (1.149) сходится		при

z = z 0 ≠ 0 , то он абсолютно сходится при всех z , удовлетворяющих условию

z

<

z 0

.

(1.150)

Если степенной ряд (1.149) расходится при z = z1

≠ 0 , то он расходится

при всех z , удовлетворяющих неравенству

z

>

z1

.

(1.151)

Геометрическая иллюстрация

теоремы

Абеля

заключается

в

y

следующем (см. рис. 1.22): неравенство

(1.150) определяет открытый круг радиуса

z0

z 0

≠ 0 c центром в начале координат, в

•

которых ряд (1.149) сходится абсолютно.

z 0

Если же

рассмотреть

внешность

круга

• 0

z1

x

радиуса

z1

≠ 0

(см. (1.151)), то в этом

множестве точек ряд (1.149) расходится.

Доказательство

теоремы Абеля. Из

z1•

сходимости КЧР

∞

zn0

∑cn

(1.152)

Рис. 1.22

1

n = 0

lim cn z0n

lim

cn z

0n

= lim

cn

z 0

n→∞

n

n→∞

n→∞

lim

cn

z 0

= 0 ,

(1.153)

n→∞

то

есть

cn z0n

−

бесконечно

малая

числовая

последовательность, что

приводит к ее ограниченности:

сn zn0

=

cn

z 0

n ≤ M, M > 0

(1.154)

для всех n . Теперь, согласно (1.154), сделаем оценку:

zn

zn

zn

zn

z

n

z

n

с

n

=

c

n

=

c

n

≤ M

(1.155)

0

0

zn0

0

z 0

z 0

Если выполняется (1.150), то знакоположительный числовой ряд с общим

членом

M

z

n

сходится, так

как

его

члены образуют

геометрическую

z0

z

=

z

< 1. Этим первая часть теоремы Абеля

прогрессию со знаменателем

z0

z0

доказана.

Вторая часть теоремы Абеля – следствие первой части.

Действительно,

если для некоторого

z = z 2

и

z 2

>

z1

ряд (1.149) сходится, то согласно

первой части теоремы в т. z1 (1.149) есть абсолютно сходящийся ряд. И мы приходим к противоречию, что завершает доказательство теоремы.

Используя теорему Абеля, можно доказать следующий факт: для каждого степенного ряда (1.149) R ≥ 0, что для всех z < R степенной ряд (1.149)

будет сходиться абсолютно. При открытом круге радиуса R с центром в начале

координат,	для	всех z , удовлетворяющих условию		z		> R , ряд (1.149)
расходится.	Это	R ≥ 0 принято называть радиусом сходимости степенного
ряда.

Если мы рассматриваем общий случай (1.148), то центр окружности будет в т. z0 ≠ 0 , отличном от начала координат. В точках самой окружности вопрос остается открытым.

Если взять 0 < r < R (R > 0), то в замкнутом круге z ≤ r степенной ряд (1.149) сходится абсолютно и равномерно. В самом деле, для z = p > 0,

∞	pn сходится абсолютно. Применяя признак
r < p < R числовой ряд ∑ cn
0

Вейерштрасса, убеждаемся в справедливости нашего утверждения.

∞

(z + i)n

.

ПРИМЕР 1.30. Найти радиус сходимости степенного ряда ∑

n n

1

Решение.

Согласно

(1.148)

cn =

1

,

z 0 = −i ,

u n (z)

=

z + i

n

. К

n n

u n (z)

n n

знакоположительному ряду с общим членом

применим радикальный

= lim

z + i

= 0 .

признак Коши:

lim n

u n (z)

Последнее говорит о том, что

n→∞

n→∞

n

для любого z исследуемый ряд сходится абсолютно (R = ∞).

Ответ: R = ∞.

Замечание. Рассматриваемый ряд сходится равномерно в любом

замкнутом

круге

z + i

≤ r ,

так

как

в

этом

круге

(z)

z + i

n

r n

r n

∞

r

n

u n

=

≤

=

и знакоположительный ряд ∑

сходится.

n n

n n

n

1

n

Но

любая

конечная

т. z

может

быть включена в

указанный

круг

при

подходящем выборе r . Отсюда следует, что в любой ограниченной области исследуемый ряд сходится равномерно.

∞

(z − 2i)n

ПРИМЕР 1.31. Найти радиус сходимости степенного ряда ∑

.

(n +1)

2n

0

Решение. c

=

1

, z

= 2 i,

u

(z)

=

z − 2i

n

.

n

(n +1) 2n

0

n

(n +1) 2n

z − 2i

n+1

(n

+1) 2

n

=

Применяя признак Даламбера, найдем lim

n→∞ (n + 2) 2n +1

z − 2i

n

z − 2i

(n +1)

z − 2i

1 +

1

z − 2i

= lim

=

n

=

lim

.

2 (n + 2)

2

n→∞

2

n→∞

+

2

1

z − 2i

n

Требование

< 1

z − 2i

< 2 ,

что определяет внутренность

2

круга радиуса 2 (R = 2) с центром в т. 2i .

Ответ: R = 2 .

u n (z)

1

Замечание.

z − 2i

≥ 2

≥

расходимость

Условие

дает

n +

∞

1

ряда ∑

u n (z)

.

При

этом

u n +1 (n)

≥

u n (z)

и тем

самым

для таких

z −

0

круга с центром в т. 2i

радиуса 2 −

lim

u n (z)

≠ 0 .

внешность открытого

n→∞

Отсюда имеем

lim u n (z) ≠ 0 и необходимое условие сходимости ряда

не

n

→∞

выполняется.

∞

ПРИМЕР 1.32. Найти область абсолютной сходимости ряда ∑ n!z n .

Решение.

lim u n +1((z))

n→∞ u n z

u n (z) = n!z n ,

u n (z)

1

= n!

z

n!.

(n +1)!

z

(n +1)!

0, если

z

< 1

= lim

= lim (n +1)

z

n (n!) =

n→∞

n!

z

n!

n→∞

∞, если

z

≥ 1

Следовательно, z < 1 − область абсолютной сходимости исследуемого

ряда.

Ответ: z < 1 − область абсолютной сходимости.

Замечание. Если		z		≤ r < 1, то		n! z n!	= n!		z		n! ≤ n!r n!. Но
	∞
знакоположительный ряд	∑ n!r n! сходится.				Отсюда		согласно достаточному
	1

признаку Вейерштрасса исходный ряд будет сходиться равномерно в круге z ≤ r .

ПРИМЕР 1.33. Найти область абсолютной сходимости ряда

	∞	(z − 2)n n		z − 2		(z − 2)4		(z − 2)n n
	∑		=		+		+ K +		+K.
		n n		1		22		n n
	1

Решение. u n (z)= (z − 2)n n , n n

признак Коши, получим										n(n −1)
								z − 2
lim n			u n	(z)		= lim
								n
n→∞						n→∞

u n	(z)		=			z − 2		n n	, применяя радикальный
						n n

0,	если			z − 2				≤ 1
=
	если			z − 2				> 1.
∞,

Ответ:

z − 2

≤ 1 − область абсолютной сходимости.

Замечание. Эта

же область

есть

область

равномерной

сходимости

u n (z)

≤

1

∞

1

исследуемого ряда, так как

, а ∑

- сходящийся.

n n

1

n n

Теорема 1.17. Сумма s (z) степенного ряда ∑∞

cn (z − z0 )n ,

0

s (t)= ∑∞

cn (z − z0 )n

есть

в

круге

сходимости

z − z0

< R (R > 0)

0

аналитическая функция. При этом для коэффициентов ряда справедливы равенства

c0 = s (z 0 ), c1 =

s′(z 0 )

, c1 =

s′′(z 0 )

,K

1!

2!

(1.156)

s(k )(z

)

=

0

n N.

K, cn

,

n!

Доказательство.

Убедимся,

что условия

теоремы

Вейерштрасса (см.

теорему 1.15) соблюдены.

Действительно,

члены

u n (z)= cn (z −z 0 )n

степенного ряда – аналитические функции в точках конечной комплексной плоскости. При z − z0 ≤ r < R степенной ряд сходится равномерно. Любая замкнутая подобласть из открытого круга z − z0 < R может быть включена в замкнутый круг z − z0 ≤ r < R . Таким образом, условия теоремы

Вейерштрасса соблюдены, что позволяет дифференцировать степенной ряд неограниченно. Имеем

s (z)= c0 + c1 (z − z 0 )+ c2 (z − z 0 )2 + c3 (z − z0 )3 + K +

+ cn (z − z 0 )n + cn +1 (z − z 0 )n +1 + cn+2 (z − z0 )n +2 +K,

s′(z)= c1 + 2 c2 (z − z0 )+ 3 c3 (z − z 0 )3 + 4 c4 (z − z 0 )4 + K +

+ n cn (z − z 0 )n −1 + (n +1) (z − z0 )n + (n + 2) cn+2 (z − z0 )n +1 + K,

f (z).

s(n ) (z) = n (n −1)(n − 2)K1 cn + (n +1) (n (n −1))K1 (z − z 0 ) + K.

Полагая в полученных равенствах					z = z0 , получим равенства (1.156),
что и требовалось доказать.
Замечание. s (z) будучи суммой степенного ряда является непрерывной
функцией в открытом круге сходимости. Отсюда, в частности, получаем
lim s (z) = s (z* ),
z→z*
где z* открытому кругу сходимости.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.35. Если задана функция f (z), аналитическая в т. z0 ,
то степенной ряд
∞		(n )	(z 0 )
∑	f			(z − z 0 )n	(1.157)
0		n!

называется рядом Тейлора функции

Это позволяет предыдущую теорему сформулировать так: степенной ряд есть ряд Тейлора для своей суммы, или разложением Тейлора функции f (z) в

ряд по степеням (z − z 0 ).

Справедлива обратная теорема.

Теорема 1.18. Если f (z) − аналитическая функция в открытом круге

z − z0

< R , то она разлагается в степенной ряд, который является ее рядом

Тейлора.

z,

0 < p < R ,

Доказательство.

Для

z − z0

< R

такое, что

z − z0

< p . Тогда

1

f (η)

f (z) =

ω∫

dη.

(1.158)

2 πi

µ − z

p

Но

1

=

1

=

1

=

η − z

η − z

0

+

(z

0

− z)

z − z

(η − z 0 ) 1

−

0

η − z 0

1

z − z

0

z − z

0

2

z − z

0

n

=

1 +

+

K

+

+

K

=

η − z 0

η − z 0

+

η − z

η − z

0

0

(z − z 0 )2

(z − z 0 )n

=

1

+

z − z 0

+

+ K +

+ K.

(1.159)

η − z 0

(η − z 0 )2

(η − z 0 )3

(η − z 0 )n+1

Так как

z − z

0

=

z − z0

< 1, то ряд,

η − z0

ρ

z

R

заключенный в квадратные скобки, сходится

•

по переменной η

равномерно к сумме

• z

0

z − z 0

η − z

0

•

η •

1

.

Величина

1

ограничена:

1 −

ρ

η − z0

=

1

,

что обеспечивает равномерную

1

Рис. 1.23

η − z 0

ρ

сходимость по переменной η ряда (1.159) и

его, следовательно, можно почленно интегрировать. (1.159))

1

(z − z

)

f (z)=

∞

n

f (η)d η =

0

∫ ∑

2 πi

n+1

0

ω

(η − z 0 )

1

(z − z 0 )

∞

n

∞

=

∑

∫

f

(η)dη = ∑ cn

n+1

ω (η − z 0 )

0 2 πi

0

где

cn

=

1

∫

f (η)dη

=

f (n ) (z 0 )

,

πi

(η − z 0 )n+1

2

ω

n!

Это дает

(z − z 0 )n ,

(см. (1.158),

(1.160)

(1.161)

что завершает доказательство теоремы.

Можно показать, что табличные разложения в ряд Тейлора, справедливые для действительных степенных рядов, имеют место и для комплексных степенных рядов. Приведем их.

Таблица разложений в ряд Тейлора

I. ez = 1 + z +

z

2

zn

∞

zn

+ K +

+ K =

∑

, z C.

2!

n!

n=0

n!

II. cos z = 1 −

z 2

+K + (− 1)n

z 2n

+ K = ∑∞ (− 1)n

z 2n

, z C .

(2n)!

2!

(2n)!

n=0

III. sin z = z −

z 3

+K + (− 1)n

z 2n+1

+ K = ∑∞ (− 1)n

z 2n+1

, z C.

(2n + 1)!

3

(2n + 1)!

n=0

z 2

n

z 2n

n

zn

IV. ln(1 + z)= z −

+ K + (− 1)

+ K = ∑(− 1)

,

z

< 1.

2

n

n!

V. arctg z = z −

z 3

+K + (− 1)n+1

z 2n+1

= ∑∞ (− 1)n

z 2n+1

,

z

< 1.

2n + 1

2n + 1!

3

n=0

( + )α = + α + α (α − 1) 2 + α (α − 1) (α − 2) +

VI. 1 z 1 z z K

			2!					3!
K + α (α − 1)K[α − (n − 1)]zn + K =
			n!					α R .
= 1 + ∑ α (α − 1)K[α − (n − 1)]zn , z < 1,
		∞
	n=1		n!						N
При α = −1 отсюда имеем
VII.		1	= 1 − z + z 2 − z 3 +K + (− 1)n zn + K =
		+ z
1

= ∞ (− 1)n zn , z < 1.

∑

n=0

z0 =

быть

		1	∞
VIII.			= 1 + z + z 2 + K + zn + K = ∑ zn ,		z		< 1 .
		− z
1			0

1

ПРИМЕР 1.34. Разложить функцию 1 − z в ряд Тейлора в окрестности

3i .

Решение. Полагая t = z − 3i,

z = t + 3i , имеем

1

=

1

=

1

1

=

(1 − 3i)

1 − z 1 − t −

3i

1 −

t

1 − 3i

1

t

t n

=

1

+

+ K +

+ K

=

n

1 − 3i

1 − 3i

(1 −

3i)

1

z − 3i

(z − 3i)n

=

+

+ K +

+K, где согласно VIII) должно

1 − 3i

(1 − 3i)2

(1 − 3i)n +1

t

=

z − 3i

< 1,

z − 3i

<

1 − 3i

=

.

10

1 − 3i

1 − 3i

∞

(z − 3i)n

Ответ: ∑

,

z − 3i

<

10 .

0

(1 − 3i)n +1

ПРИМЕР 1.35. Разложить функцию ln (z 2 + 6 z +12) в ряд Тейлора в окрестности z0 = −3.

Решение. Полагая z + 3 = t,		z = t − 3, найдем z 2 + 6z +12 = (t − 3)2 +
+ 6 (t − 3)+12 = t 2 − 6t + 9 + 6t −18 +12 = t 2 + 3. Отсюда
2	2			t 2
ln (z			+			Теперь остается вос-
	+ 6z +12)= ln (t + 3)= ln 3 + ln 1				.
				3

пользоваться равенством IV) из таблицы разложения и получить

ln (z 2 + 6z +12)= ln 3 + ∑∞ (−1)n+1

t 2n

=

t

<

=

3

3n n

n=1

= ln 3 + ∑∞ (−1)n +1 (z + 3)2n ,

z + 3

<

.

3

1

3n n

Ответ: ln 3 + ∑∞

(−1)n +1 (z + 3)2n ,

z + 3

<

.

3

1

3n n

ПРИМЕР 1.36. Разложить в ряд Маклорена по степеням z функцию

3

.

27 − z

1

Решение. Из VI) таблицы разложений при α =

находим

3

3

= 1 +

z

−

1 2

z 2 +

1 2 3

z3 −

1 2 5 8

z 4 +

1 2 5 8 11

z5 + K

1 + z

3 32 2!

33 3!

34 4!

35 5!

K +

(−1)n −11 2 5 8 11K(3n − 4)

z

n

+ K

=

3n

n!

z

∞

(−1)n−1 1 2 5 8 11K(3n − n)

n

= 1 +

+ ∑

3n n!

z

,

z

< 1.

3

2

z

∞

(−1)n−1 1 2 5 8 11K(3n − n)

3 1 − z = 1 −

− ∑

3n n!

z n ,

z

< 1.

3

2

Теперь преобразуем данную функцию следующим образом:

3

= 3 3 1 −

z

27 − z

и воспользуемся предпоследним равенством. Имеем

27

1 2 5 8 11K(3n − 4)

z

27 − z

− ∑

z

=

3

n

4

4n

= 3 1 −

3

3

n!

= 3 −

z

− ∑

1 2 5 8 11K(3n − 4)

z n ,

z

< 27 .

33

34n−1 n!

Ответ: 3 −

z

− ∑

1 2 5 8 11K(3n − 4)

z n ,

z

< 27 .

33

34n −1 n!