复变函数5

如果能证明 lim RN ( z ) = 0在K内成立, 则
N →∞ ∞
f ( n ) ( z0 ) f ( z) = ∑ ( z z0 ) n n! n =0 在K内成立, 即 f (z)可在K内用幂级数表达.
r z ζ z0 K
z z0 z z0 令 = = q , q与积分变量ζ无关, 且0≤q<1. r ζ z0
由于积分变量ζ 取在圆周K 上, 点z在K的内部,
∞ z z0 ( z z0 ) n 1 所以 < 1, =∑ ζ z0 ζ z n =0 (ζ z0 ) n +1
1 f (ζ ) d ζ f ( z) = ∑ ( z z0 ) n ∫ 2 π i K (ζ z0 ) n +1 n =0 ∞ f (ζ ) 1 n + ∫ n∑ (ζ z0 )n+1 ( z z0 ) d ζ . 2 π i K =N
∞ n
幂级数在收敛圆内的许多性质, 级数
n =∞
∑ c (z z )
n 0
∞
n
= L + c n ( z z0 ) + L + c1 ( z z0 )
n
1
+ c0 + c1 ( z z0 ) + L + cn ( z z0 ) n + L ,
在收敛圆环域内也具有. 例如, 可以证明, 上述级数在收敛 域内其和函数是解析的, 而且可以逐项求积和逐项求导. 现在反问, 在圆环域内解析的函数是否一定能够展开成 幂级数?先看下例.
n =1 n =1
n =1
n =1
因此, 只有在R1<|zz0|<R2的圆环域, 原级数才收敛.
例如级数
a z ∑ z n + ∑ bn n =1 n =0
∞
n
∞
n
R2
(a与b为复常数)
∞ n ∞ n
z0 R1
a a a 中的负幂项级数∑ n = ∑ , 当 < 1, z n =1 z n =1 z z 即 | z |>| a | 时收敛, 而正幂项级数∑ n 则当 n =0 b | z |<| b | 时收敛. 所以当 | a |<| b | 时,原级数在 圆环域 | a |<| z |<| b | 收敛;当 | a |>| b | 时,原级 数处处发散.
α是f ( z )的距z 0 最近的一个奇点, 则R = α z 0 为其收敛半径.
∞ 1 = ∑ C n z n , 则其收敛半径R = 2; 例如:f ( z ) = 2 z + z 6 n =0 ∞ 1 f ( z) = 2 = ∑ C n ( z i ) n , 则其收敛半径R = 5 . z + z 6 n =0
f ( z ) = ∑ cn ( z z0 ) n 成立 , 其中
n =0 ∞
1 (n) cn = f ( z0 ), n = 0,1, 2,L. n!
注: 如果 f (z)在z0解析, 则使 f (z)在z0的泰勒展开式 成立的圆域的半径 R等于从z0到 f (z)的距z0最近一个奇点 α 的距离, 即R=|αz0|.
y
α
z0 x
任何解析函数展开成幂级数的结果就是泰勒级数, 因而是唯一的. 利用泰勒展开式, 我们可以直接通过计算系数:
1 (n) cn = f ( z0 ) (n = 0,1,2, L) n!
把 f (z)在z0展开成幂级数, 这被称作直接展开法
例如, 求 ez 在 z = 0处的泰勒展开式, 由于(ez)(n) = ez, (ez)(n)|z=0 = 1 (n=0,1,2,...) , 故有
c n ( z z0 ) n = ∑ c nζ n = c1ζ + c2ζ 2 + L , ∑
∞ ∞
1 这是ζ 的幂级数, 设收敛半径为R:ξ < R z z0 > R1 R ∞ ∞ c nζ n = ∑ c n ( z z0 ) n 收敛. 则当|zz0|>R1时, 即| ζ |<R, ∑
其次,在圆环域:0<|z1|<1内也可以展开为z-1的幂级数: y 1 1 1 f ( z) = = z (1 z ) 1 z 1 (1 z ) O 1 x 1 = [1 + (1 z ) + (1 z ) 2 + L + (1 z ) n + L] 1 z = (1 z ) 1 + 1 + (1 z ) + (1 z ) 2 + LL + (1 z ) n 1 + L
zn ∑ 例如: n 2 = f ( z ) 在 z ≤ 1上绝对收敛 , n =0
∞
z z n 1 但 f ′( z ) = 1 + + L + + L ( z < 1), 2 n 当z沿实轴从单位圆内部趋近于1时:f ′( z ) → ∞
即z = 1是一个奇点.
∞
n f 设函数 f ( z )在z 0 解析,且有 Taylor展开式:( z ) = ∑ Cn ( z z0 ) , 推论4: n =0
K含于D, f (z) 在D内解析, 在K上连续, 在K上有界, 因 此在K上存在正实数 M 使| f (z) | ≤ M.
1 | RN ( z ) |≤ ( z z0 ) n d s ∑ (ζ z ) n+1 n= N 0
∞
∞ | f (ζ ) | z z0 n 1 ≤ ∫ n∑ | ζ z0 | ζ z0 d s 2π K = N 1 ∞ M n Mq N ≤ ∑ r q 2π r = 1 q N →∞ → 0 2π n = N ∞ f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n 因此, 下面的公式在K内成立: f ( z ) = ∑ n! n =0
在实变函数中有些不易理解的问题, 一到复变函数中 就成为显然的事情, 例如在实数范围内, 展开式 1 = 1 x 2 + x 4 L + (1) n x 2 n + L 1 + x2 的成立必须受|x|<1的限制, 这一点往往使人难以理解, 因 为上式左端的函数对任何实数都是确定的而且是可导的. 而如果把函数中的x换成z, 在复平面内来看函数 1 = 1z2+z4… 2 1+ z 它有两个奇点±i, 而这两个奇点都在此函数的展开式的收 敛圆周上, 所以这个级数的收敛半径只能等于1. 因此, 即 使我们只关心z的实数值, 但复平面上的奇点形成了限制.
称为f (z)在z0的泰勒展开式, 它右端的级数称为 f (z)在z0处 的泰勒级数.
圆周K的半径可以任意增大, 只要K在D内. 所以, 如果 z0到D的边界上各点的最短距离为d, 则 f (z)在z0的泰勒展 开式在圆域 |zz0|<d 内成立. 定理(泰勒展开定理) 设 f (z)在区域D内解析, z0为D内的一 点, d为z0到D的边界上各点的最短距离, 则当|zz0|<d 时,
z2 zn e z = 1 + z + + L + + L. n! 2!
z < +∞
因为ez在复平面内处处解析, 上式在复平面内处处成 立, 收敛半径为+∞. 同样, 可求得sin z与cos z在z=0的泰勒展开式:
z3 z5 z 2 n +1 sin z = z + L + (1) n +L 3! 5! (2n + 1)! z2 z4 z 2n cos z = 1 + L + (1) n +L 2! 4! (2n)! z < +∞ z < +∞
N 1
r z ζ z0 K
由解析函数高阶导数公式,上式可写成
f ( z) = ∑
n =0 N 1
f ( n ) ( z0 ) ( z z0 ) n + RN ( z ) n!
其中
1 RN ( z ) = 2πi
∞ f (ζ ) n ∫ n∑ (ζ z0 )n+1 ( z z0 ) dζ K =N
1 函数f ( z ) = 在z = 0及z = 1都不解析, 但在圆环域 z (1 z ) 内都是解析的.先研究0 <| z |< 1的情形: 0 <| z |< 1及0 <| z 1|< 1 1 1 1 1 = + = + 1 + z + z 2 + L + z n + L. f ( z) = z (1 z ) z 1 z z 由此可见, f ( z )在0 <| z |< 1 内是可以展开为z的幂级数.
n =∞
∑ c (z z )
n 0
∞
n
= L + c n ( z z0 ) + L + c1 ( z z0 )
n
1
+ c0 + c1 ( z z0 ) + L + cn ( z z0 ) n + L ,
可将其分为两部分考虑:
cn ( z z0 ) n = c0 + c1 ( z z0 ) + L + cn ( z z0 ) n + L (正幂项部分) ∑
n =0 ∞
∞
c n ( z z0 ) n = c1 ( z z0 ) 1 + L + c n ( z z0 ) n + L (负幂项部分) ∑
n =1
只有正幂项和负幂项都收敛才认为原级数收敛于它们的 和. 正幂项是一幂级数, 设其收敛半径为 R2:z z0 < R2 . 对负幂项, 如果令ζ=(zz0)1, 就得到: