Нули функции
Значения аргумента z при которых f(z) обращается в ноль наз. нулевой точкой, т.е. если f(a) = 0 , то а - нулевая точка.
Опр.
Точка а
наз. нулём
порядка n
, если
ФКП можно
представить в виде f(z)
=
,
где
аналитическая функция и
0.
В этом случае в разложении функции в ряд Тейлора ( 43 ) первые n коэффициентов равны нулю
=
=
=
Пр.
Определить порядок нуля для
и (1 –cos
z)
при z
= 0
=
=
ноль 1 порядка
1
– cos
z
=
=
ноль 2 порядка
Опр.
Точка z
=
наз. бесконечно
удаленной точкой и
нулем функции
f(z),
если f(
)
= 0. Такая функция разлагается в ряд по
отрицательным степеням z
: f(z)
=
.
Если первые
n
коэффициентов
равны нулю, то приходим к нулю
порядка n
в бесконечно
удаленной точке: f(z)
= z
-n
.
Изолированные особые точки делятся на : а) устранимые особые точки; б) полюса порядка n ; в) существенно особые точки.
Точка
а
наз. устранимой
особой точкой функции
f(z)
, если при z
a
lim
f(z)
= с -
конечное число .
Точка
а
наз. полюсом
порядка n
(n
1)
функции f(z),
если обратная функция
=
1/ f(z)
имеет нуль порядка n
в точке а.
Такую функцию
всегда можно представить в виде f(z)
=
,
где
-
аналитическая функция и
.
Точка
а
наз. существенно
особой точкой функции
f(z),
если при z
a
lim
f(z)
не существует.
Ряд Лорана
Рассмотрим случай кольцевой области сходимости r < | z0 – a| < R с центром в точке а для функции f(z). Введем две новые окружности L1(r) и L2(R) вблизи границ кольца с точкой z0 между ними. Сделаем разрез кольца, по кромкам разреза соединим окружности, перейдем к односвязной области и в
интегральной формуле Коши ( 39 ) получим два интеграла по переменной z
f(z0)
=
+
,
( 42 )
где интегрирование идет в противоположных направлениях.
Для интеграла по L1 выполняется условие | z0 – a | > | z – a |, а для интеграла по L2 обратное условие | z0 – a | < | z – a |. Поэтому множитель 1/(z – z0) разложим в ряд (а) в интеграле по L2 и в ряд (b) в интеграле по L1. В результате получаем разложение f(z) в кольцевой области в ряд Лорана по положительным и отрицательным степеням (z0 – a)
f(z0)
=
An
(z0
– a)n
( 43
)
где
An
=
=
;A
-n
=
Разложение по положительным степеням (z0 – а) наз. правильной частью ряда Лорана (ряд Тейлора), а разложение по отрицательным степеням наз. главной частью ряда Лорана.
Если внутри круга L1 нет особых точек и функция аналитична, то в ( 44 ) первый интеграл равен нулю по теореме Коши и в разложении функции останется только правильная часть. Отрицательные степени в разложении ( 45 ) появляются лишь при нарушении аналитичности в пределах внутреннего круга и служат для описания функции вблизи изолированных особых точек.
Для построения ряда Лорана ( 45 ) для f(z) можно вычислять коэффициенты разложения по общей формуле или использовать разложения элементарных функций, входящих в f(z).
Число
слагаемых (n)
главной части ряда Лорана зависит от
типа особой точки : устранимая
особая точка
(n
= 0)
; существенно
особая точка
(n
);
полюс n
– ого порядка (n
- конечное
число).
а)
Для f(z)
=
точка z
= 0 устранимая
особая точка, т.к.
главной части нет. f(z)
=
(
z
-
) = 1 -
б)
Для f(z)
=
точка z
= 0 -
полюс 1 – ого порядка
f(z)
=
(
z
-
) =
-
с) Для f(z) = e1/z точка z = 0 - существенно особая точка
f(z)
= e1/z
=
Если
f(z)
аналитична в области D
за исключением m
изолированных особых точек
и |z1|
< |z2|
< . . . < |zm|
, то при разложении функции по степеням
z
вся плоскость разбивается на m
+ 1 кольцо | zi|
< | z
| < | zi+1|
и ряд Лорана имеет разный вид для
каждого кольца. При разложении по
степеням (z
– zi
) областью
сходимости ряда Лорана является круг
| z
– zi
| < r,
где r
– расстояние
до ближайшей особой точки.
Пр.
Разложим функцию f(z)
=
в ряд Лорана по степенямz
и (z
- 1).
Решение.
Представим функцию в виде f(z)
= - z2
.
Используем формулу для суммы геометрической
прогрессии
.
В круге |z|
< 1 ряд сходится и f(z)
= - z2
( 1 + z
+ z2
+ z3
+ z4
+ . . . ) = - z2
- z3
- z4
- . . . , т.е. разложение содержит только
правильную
часть. Перейдем во внешнюю область
круга |z|
> 1 . Функцию представим в виде
, где 1/|z|
< 1, и получим разложение f(z)
= z
=z
+ 1 +
Т.к.
,
разложение функции по степеням (z
- 1) имеет вид
f(z)
= (z
- 1)-1
+ 2 + (z
- 1) для всех
1.
Пр.
Разложить в ряд Лорана функцию f(z)
=
:а)
по степеням
z
в круге |z|
< 1; b)
по степеням z
кольце 1 <
|z|
< 3 ; c)
по степеням (z
– 2).
Решение.
Разложим функцию на простейшие дроби
=
=
+
=
.Из условий
z
=1
A
= -1/2 , z
=3
B
= ½.
а)
f(z)
=½ [
]
= ½ [
-(1/3)
],
при |z|<
1.
b)
f(z)
= - ½ [
+
]
= -
(
),
при 1 < |z|
< 3.
с)
f(z)
= ½ [
]= -½
[
]
=
=
- ½
= -
, при |2 - z|
< 1
Это круг радиуса 1 с центром в точке z = 2 .
В ряде случаев степенные ряды можно свести к набору геометрических прогрессий и после этого легко определить область их сходимости.
Пр. Исследовать сходимость ряда
.
. . +
+
+
+ 1
+ (
)
+ (
)2
+ (
)3
+ . . .
Решение.
Это сумма двух геометрических прогрессий
с q1
=
, q2
= (
)
. Из условий их сходимости следует
< 1 ,
< 1 или |z|
> 1 , |z|
< 2 , т.е. область сходимости ряда кольцо
1 < |z|
< 2 .