Учебник москва мфти 2014

• Название: Учебник москва мфти 2014
• Дата: 06.06.2022
• Размер: 1.39 Mb.
• Имя файла: TFKP-POLOVIN.pdf
• Тип: Учебник; #571748
• страница: 9 из 15

(см. рис. 34) получаем, что ?
?
arg z =
?
2
. В свою очередь, приращение аргумента z + 1 вдоль кривой ? есть угол поворота радиус-вектора
?????
?
(?1)z
при непрерывном движении z по кривой
?
от начальной точки к конечной, то (см. рис. 34) получаем,
что ?
?
arg(z + 1) =
?
4
. В итоге, в силу (2) получаем g
1
(i) =
= 2 1
8
· e
15 16
?i
x
y
0
?
?1 Рис. Так как из формулы (24) џ 16 следует, что g
0
1
(z) =
4z
3
+3z
2 4(g
1
(z))
3
, то) =
?3 ? 4i
4
· 2
?
3 8
· e
?
13 Пример 2. Исследовать существование регулярных ветвей у многозначной функции в области G
4
= C \ ((??,?1] ? Описать значения регулярной ветви h этой функции с начальным условием h
Ў
?
1 2
ў
= i?
. Вычислить h(i), Решение. Здесь функция регулярна ив области G. Так как данная область G является односвязной, то по лемме 2 џ 16 справедливо равенство (8) џ Следовательно, выполнены условия теоремы 1 џ 16 о существовании регулярных ветвей данной многозначной функции. Более того, регулярная ветвь, удовлетворяющая заданным усло-
132

џ 17. Примеры нахождения регулярных ветвей виям, имеет вид (см. формулу (13) в џ 16)
h(z) = i? + ln
|
z
z+1
|
Ї
Ї
?1/2 1?1/2
Ї
Ї
+ i (?
?
arg z ? ?
?
arg(z + 1)) где ?  кусочно-гладкий контур в области G с началом в точке = и концом в точке z. В частности, вычисляя соответствующие приращение аргумента z и приращение аргумента + 1
, получаем из формулы (3)
h(i) = i? + ln
1
?
2
+ і ? ln
?
2 + Используя формулу (24) џ 16 о дифференцировании регулярных ветвей логарифма, получаем) =
f
0
(z)
f (z)
=
1
z(z + те+ Пример 3. Пусть задана регулярная ветвь h многозначной функции Ln(1 ? в комплексной плоскости с разрезом получу действительной оси (??,1] такая, что Im h
Ў
i
5
ў
= Разложить функцию h вряд Тейлора с центром в точке a =
= ?i
. Найти радиус сходимости полученного степенного ряда.
Вычислить сумму ряда и его производную в точке z Решение. Так как заданная область G
4
= C \ (??,1]
односвязна, а функция f(z)
4
= регулярна ив этой области, тов силу леммы 2 џ 16 и теоремы 1 џ 16 регулярные ветви функции Ln(1 ? существуют в данной области Так как h
Ў
i
5
ў
= ln |1 ?
Ў
i
5
ў
2
| + i Im h
Ў
i
5
ў
, то h
Ў
i
5
ў
= ln
26 25
. По формуле (13) џ 16 вычислим значение h(?i):
h(?i) = ln
26 25
+ ln
Ї
Ї
Ї
Ї
1 ? i
2 26/25
Ї
Ї
Ї
Ї + i(?
?
arg(z ? 1)+
+?
?
arg(z + 1) + ?
?
arg(?1)) =
= ln 2 + i
µ
?
µ
2? ?
?
4
? arctg
1 5
¶
+
µ
? arctg
1 5
?
?
4
¶¶
=
= ln 2 ? 2?i.
(4)
133

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Здесь ? есть кусочно-гладкий контур с началом в точке
i
5
и концом в точке Для разложения функции h вряд Тейлора с центром в точке сделаем замену переменного. Пусть ? = z+i. Тогда h(z) =
= h(? ? i) = e
h(?)
, причем eh(0) = h(?i) = ln 2 ? 2?i. По определению ветви логарифма получаем e
h(?) ? Ln
Ў
1 ? (? ? i)
2
ў
= Ln
µ
2
µ
1 ?
?
1 + i
¶ µ
1 ?
?
i ? 1
¶¶
=
= Ln 2 + Ln
µ
1 ?
?
1 + i
¶
+ Ln
µ
1 ?
?
i ? Как показано нами ранее (см. пример 4 џ 9), многозначная функция Ln(1 + z) в круге имеет регулярные ветви, для которых были выписаны ряды Тейлора. Поэтому в круге |?| многозначные функции і и і также имеют регулярные ветви. В частности, возьмем их регулярные ветви и h
?
(?)
, соответственно, такие, чтобы h
+
(0) =
= h
?
(0) = 0
. Тогда по формуле (15) џ 9 их ряды Тейлора в круге |?| имеют вид) = ?
+?
X
k=1
?
k
k(1 + i)
k
,
h
?
(?) = ?
+?
X
k=1
?
k
k(i ? причем радиус сходимости этих рядов равен R =
?
2
. Из включения) в силу (6) получаем включение eh(?)?h
+
(?)?h
?
(?) ?
? Ln 2
, те+ Так как слева в равенстве (7) стоит непрерывная функция,
а справа  ступенчатая, то заключаем, что k(?) = const. Положив, получаем в силу (4), что k(?) ? Объединяя выражения (6) и (7), получаем представление функции h в виде степенного ряда) = ln 2 ? 2?i ?
+?
X
k=1 1
k
µ
1
(1 + i)
k
+
1
(i ? 1)
k
¶
(z + i)
k
.
(8)
134

џ 17. Примеры нахождения регулярных ветвей
Уточним, при каких z справедливо равенство (8). Приведенный в формуле (8) степенной ряд, очевидно, является регулярной ветвью функции Ln(1 ? в круге сходимости ряда |z + i| <
<
?
2
. Обозначим сумму этого ряда через S(z) при z ? B
?
2
(?
?i)
. Заданная на C\(??,1) функция h на разрезе (?1,1) имеет разрыв. В самом деле, при x ? (?1,1) для любого контура ? ?
? G
, с началом на нижнем краю разрезав точке x?i0 и концом на верхнем краю разрезав точке x + i0 и совершающего обход точки z = 1 справа, по формуле (13) џ 16 получаем + i0) = h(x ? i0) + i (?
?
arg(z ? 1) + ?
?
arg(z + 1)) =
= h(x ? i0) + i(2? + При x < ?1 аналогично доказывается, что h(x + i0) = h(x ?
? i0) + 4?i
. Следовательно, равенство (8) имеет место лишь на множестве {z | |z + i| <
?
2, Im z < 0}
. В свою очередь на множестве {z | |z + i| <
?
2, Im z > за счет скачка значений функции h(z) при пересечении границы области G получаем равенство h(z) = S(z) + 2?i. В частности, S
Ў
i
5
ў
= h
Ў
i
5
ў
? 2?i =
= ln
26 25
? Так как функция S(z) является регулярной ветвью многозначной функции Ln(1 ? в круге B
?
2
(?i)
, то по формуле) из џ 16 для регулярной ветви логарифма получаем) =
?2z
1 ? те Распространим формулу степени, известную для действительных чисел, на комплексные числа, используя многозначную функцию Ln Определение 1. Пусть a,b ? C, причем a 6= 0. Тогда определим множество комплексных чисел по формуле = e
b Ln Упражнение. Покажите, что в случаях, когда b =
= и когда b =
1
n
, где n ? N, множества в (9) совпадают с определенными ранее в џ 1 степенью и корнем {
n
?
a}
, причем множество состоит из одной точки

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Пример 4. Зафиксируем число b ? C, b 6? N. Исследуем существование регулярных ветвей многозначной функции {(1+
+ в круге Решение. В силу определения 1 у многозначной функции+ существуют регулярные ветви, так как, очевидно, существуют регулярные ветви у функции Ln(1 + z) в круге, которые будем обозначать h
k
(z)
, где h
k
(0) = 2?ki
, k ?
? Z
. Тогда соответствующие регулярные ветви многозначной функции {(1 + принимают вид) = e
bh
k
(z)
, w
k
(0) = e
2?kbi
, k ? Вычислим коэффициенты ряда Тейлора функции в круге. По правилу дифференцирования сложной функции
(теорема 1 џ 5) получаем) = w
k
(z) ·
b
1 + тете) ·
b(b ? 1) . . . (b ? n + 1)
(1 + Из соотношений (11) и из формулы для коэффициентов ряда
Тейлора с центром в точке нуль получаем) = w
k
(0) где Упражнение. Исследуйте, существуют ли умного- значной функции {(1 + в круге другие регулярные ветви, кроме ветвей вида (Пример 5. Разложить вряд Тейлора по степеням z регулярную ветвь g(z) многозначной функции {
3
?
1 ? в области
B
1
(0)
с начальным значением g(0) = По формуле (12) сразу получаем ответ (при b =
1 3
):
g(z) = e
2?i
3
+?
X
n=0
C
n
1/3
(?1)
n
z
2n
, z ? B
1
(0).
136

џ 17. Примеры нахождения регулярных ветвей
Пример 6. Установить существование регулярных ветвей многозначной функции {
4
p
z
3
(z + в области, разложить эти ветви вряд Лорана по степеням Решение. Так как множество) ? C \ то, как показано в примере 1, регулярные ветви функции + в области существуют, при этом они определяются своим значением водной произвольно выбранной точке z
0
? Пусть z
0
= 2
, тогда любая регулярная ветвь определяется из значения g
k
(2) =
4
?
24e
2?ki
4
, те Для всякого действительного числа x > 2 получаем в силу формулу) =
4
p
x
3
(x + 1) e
i
4
(3?
?
arg В этой формуле контур ? есть отрезок [2,x], поэтому ?
?
arg z =
= 0
, ?
?
arg(z +1) = 0
, откуда g
0
(x) =
4
p
x
3
(x + 1)
, те. значения функции при действительных x > 2 совпадает с арифметическим значением корня. Воспользовавшись разложением вряд Тейлора функции действительного переменного, получим при > 2
:
g
0
(x) = x
4
r
1 +
1
x
= x
+?
X
n=0
C
n
1/4 Так как регулярные в области
?
B
1
(?)
функция и сумма ряда равны на действительной полуоси x > то по теореме единственности регулярной функции (см. теорему) указанные функции равны в. В итоге получаем равенство) = e
?ki
2
+?
X
n=0
C
n
1/4 1
z
n?1
, |z| > которое в силу теоремы 2 џ 11 о единственности разложения вряд Лорана является представлением регулярной ветви искомым рядом Лорана в окрестности бесконечности

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции 18. Примеры вычисления интегралов от регулярных ветвей многозначных функций
При вычислении с помощью теории вычетов интегралов от действительных функций, являющихся ветвями многозначных функций (таких как корень или логарифм, основной проблемой является построение областей в комплексной плоскости,
в которых существуют регулярные ветви этих многозначных функций, и контуров интегрирования, при использовании которых можно получить решение исходной задачи.
x
y
0
?1
I
+
?,R
I
?
?,R
C
?
C
R
G
?,R
Рис. Пример 1. Вычислить интеграл Решение. Для вычисления этого интеграла с помощью вычетов в комплексной области мы вынуждены рассматривать многозначные функции Ln z и Определим области G
4
= C \ и G
?, R
4
= {z ? G | ? <
< |z| < R}
, где 0 < ? < 1 < R. В области G у многозначной функции Ln z существует регулярная ветвь вида h(z) = ln |z| +
+ i arg z
, ау функции существует регулярная ветвь вида) =
3
p
|z|e
i
3
arg z
, где в обоих случаях arg z ? (0,2?). Определим функцию (z)
4
=
h(z)
(1 + и рассмотрим ее в односвязной области G
?, см. рис. 35). Очевидно, что эта функция f регулярна в области G
?, R
\ и непрерывно продолжима вплоть до границы ?
?, области G
?, При этом предельное значение функции f на верхнем берегу, разреза по отрезку [?,R] равно (x + i0) =
ln x
(1 + x)
2 3
?
x
, x ? I
+
?, R
.
(1)
138

џ 18. Примеры вычисления интегралов от регулярных ветвей
Предельное значение функции f на нижнем берегу I
?
?, разреза равно (x ? i0) =
ln x + 2?i
(1 + x)
2 3
?
xe
2?i
3
, x ? I
?
?, Точка z = ?1 является полюсом го порядка функции f. По теореме о вычетах и по формуле (4) из џ 13 получаем (z) dz = 2?i res
?1
f = 2?i
d
dz
·
h(z)
g(z)
ё
z=?1
=
= 2?i
g(z)h
0
(z) ? h(z)g
0
(z)
g
2
(z)
Ї
Ї
Ї
Ї
z=?1
= 2?i
1
z
g(z) ?
1 3
g(z)
z
h(z)
g
2
(z)
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
z=?1
=
=
µ
?1 +
i?
3
¶
· С другой стороны, разбивая контур на гладкие компоненты, те, где и C
R
 окружности с центром в нуле радиусов ? и R соответственно, имеем, R
f (z) dz =
?
?
?
?
Z
I
+
?, R
+
Z
I
?
?, R
+
Z
C
?
+
Z
C
R
?
?
?
? f (z) В итоге в силу равенств (1) и (2) получаем, R
f (z) dz =
=
R
Z
?
ln x dx
(1 + x)
2 3
?
x
+
?
Z
R
ln x + 2?i
(1 + x)
2 3
?
xe
2?i
3
dx +
Z
C
?
f (z) dz +
Z
C
R
f (z) dz і ? e
?
2?i
3
ґ
R
Z
?
ln x dx
(1 + x)
2 3
?
x
? 2?ie
?
2?i
3
R
Z
?
dx
(1 + x)
2 3
?
x
+
+
Z
C
?
f (z) dz +
Z
C
R
f (z) dz.
(4)
139

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Покажем, что интеграл (z) dz ? при ? ? 0, и интеграл (z) dz ? при R ? +?. Для этого получим оценки
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Z
C
?
f (z)dz
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
6 2?
Z
0
| ln ?| + 2?
(1 ? ?)
2
?
1/3
? d? 6 6
(| ln ?| + 2?)2??
(1 ? ?)
2
?
1/3
? при ? ? 0, (5)
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Z
C
R
f (z)dz
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
6 2?
Z
0
| ln R| + 2?
(R ? 1)
2
R
1/3
R d? ?
? 2?
| ln R|
R
4/3
? при R ? +?. Итак, в пределе при ? ? 0 и R ? +? из формул (3) (получаем равенство +і ? e
?
2?i
3
ґ
J ? где e
J =
+?
R
0
dx
(1+x)
2 3
?
x
, те і i Приравняв в равенстве (7) действительные и мнимые части,
получаем два уравнения =
?
3 2
J ?
?
2
e
J,
?
?
3 2
e
J =
?
2 откуда e
J =
2?
3
?
3
,
J =
µ
?
2 3
?
3
? Пример 2. Вычислить интеграл вида =
2
Z
0 4
p
x
3
(2 ? x)
(1 + x)
2
dx
140

џ 18. Примеры вычисления интегралов от регулярных ветвей
Р е ш е ни е. Чтобы вычислить этот интеграл с помощью теории вычетов, необходимо продолжить подинтегральную функцию в комплексную плоскость. Однако при этом корень становится многозначной функцией {
4
p
z
3
(2 ? z)}
. Поэтому необходимо, чтобы у этой многозначной функции существовали регулярные ветви. Последняя проблема разрешима, так как эта функция допускает выделение регулярных ветвей в области = C \ [0,2]
, выполнены все условия теоремы 2 џ 16. (Проверьте самостоятельно аналогично примеру 1 из Выберем теперь такую регулярную ветвь этого корня, которая в пределе на верхнем берегу разреза по отрезку принимает значения арифметического корня ? x) > 0
,
x ? [0,2]
. Для этого выбираем регулярную в области C \ ветвь g многозначной функции {
4
p
z
3
(2 ? такую, что ее предел в точке z = 1 из верхней полуплоскости равен + i0) = Тогда очевидно, что предельное значение ветви в любой точке ? из верхней полуплоскости ( те. на берегу разреза) равно g(x + i0) =
4
p
x
3
(2 ? x) > 0
. Предельное значение функции g в точках x ? (0,2) из нижней полуплоскости, те. на берегу разреза по отрезку [0,2], принимает по формуле (18)
џ 16 значение ? i0) =
4
p
|x
3
(2 ? x)| e
i
4
(3?
?
arg z+?
?
arg(2?z))
=
= g(x + i0) e
i
4
(3·2?+0)
= g(x + i0) e
3 В формуле (9) контур ? начинается в точке 1+i0 на верхнем берегу разреза и оканчивается в точке x ? i0 на нижнем берегу разреза.
Пусть ? ? (0,1). Рассмотрим в области G контур ?
?
, имеющий вид гантели (см. рис. 36), те. составленный из окружностей и радиуса ? и центрами в точках 0 и 2 соответственно, а также двух берегов и разреза по отрезку ? Ориентируем полученный контур положительно по отношению к ограниченной им внешней части плоскости

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
x
y
0
C
0?
C
2?
?
?
?
I
+
?
I
?
?
2
?1
Рис. см. рис. 36). Пусть Так как функцию f можно непрерывно продолжить на контур ?
?
, то рассмотрим интеграл (z) По теореме о вычетах, с одной стороны, и из формы контура
?
?
с другой, получаем равенства 2?i
µ
res
?1
f + res
?
f
¶
=
µZ
I
+
?
+
Z
I
?
?
+
Z
C
0?
+
Z
C
2?
¶
f Так как точка z = ?1 есть полюс го порядка функции f то,
воспользовавшись соответствующей формулой (4) џ 13 и формулой, получим res
?1
f = lim
z??1
d
dz
Ј
(z + 1)
2
f (z)
¤
= lim
z??1
dg(z)
dz
=
= lim
z??1
·
(z
3
(2 ? z))
0
4g
3
(z)
ё
=
5 Вычислим значение g(?1). Взяв контур ? с началом в точке + i0
, лежащей на верхнем крае I
+
?
, и концом в точке ?1, по формуле (18) џ 16 получаем) =
4
?
3 e
i
4
(3?
?
arg z+?
?
arg(2?z))
=
4
?
3 В итоге res
?1
f =
5 2 · 3 Для вычисления выпишем ряд Лорана по степеням функции f в окрестности ?. Пусть z = x  произвольное дей-
142

џ 18. Примеры вычисления интегралов от регулярных ветвей ствительное число такое, что x > 2. Тогда по той же формуле получаем (здесь контур ? с началом в точке 1 + на и концом в точке x > 2)
g(x) =
4
p
x
3
(x ? 2) e
i
4
(3?
?
arg z+?
?
arg(z?2))
=
= x
4
r
1 ?
2
x
e
i
4
(0??)
= Аналогично тому, как это доказано в примере 5 џ 17, отсюда и из теоремы единственности џ10 следует равенство) = e
?
?i
4
z ·
+?
X
n=0
C
n
1/4
(?2)
n
z
n
, |z| > Для удобства вычислений в силу формулы (11) преобразуем функцию f к виду (z) =
z
(z + где h(z) = Так как по формуле (12) из џ 17 справедливо следующее разложение в сходящийся при |z| > 1 ряд + z)
2
=
1
z
Ў
1 +
1
z
ў
2
=
1
z
µ
1 ?
2
z
+
3
z
2
+ . . то, перемножая ряды (12) и (13), получаем, что res
?
f = ?h(?) = Оценим интегралы по окружностями ?}
:
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Z
C
0?
f (z) dz
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
6 2?
Z
0 4
p
|?
3
(2 + ?)|
(1 ? ?)
2
? d? 6 A · ?
7/4
? при ? ? 0,
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Z
C
2?
f (z) dz
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
Ї
6 2?
Z
0 4
p
(2 + ?)
3
?
(3 ? ?)
2
? d? 6 B · ?
5/4
? при ? ? 0.
143

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
В силу формул (8) и (9) получаем выражения dz =
2??
Z
?
4
p
x
3
(2 ? x)
(1 + x)
2
dx,
Z
I
?
?
f dz =
?
Z
2??
g(x ? i0)
(1 + x)
2
dx = ?
2??
Z
?
g(x + i0)e
3 2
?i
(1 + x)
2
dx = ?e
3 2
?i
Z
I
+
?
f Переходя в формуле (10) к пределу при ? ? 0, получаем равенство і ? e
3 те Замечание 1. Здесь был приведен общий метод вычисления интегралов типа функции. Решение же конкретного примера 2 можно было упростить. Так как подинтегральная функция f непрерывно продолжаема на границу области G =
= C \ с различными значениями на верхнем и нижнем берегах разреза (0,2)), включая концевые точки 0 и 2, то вместо интеграла по "гантеле"?
?
можно было по теории вычетов вычислять интеграл по двум берегами разреза по всему отрезку [0,2].
x
y
0
?
?
i
?
2
?i
?
2 2i
?2 Рис. Если бы функция корня (8) стояла в знаменателе подинтегральной функции, то без ѕгантелиї не обойтись.
Пример 3. Пусть регулярная ветвь многозначной функции {
?
z
2
? определена в области G, представляющей собой комплексную плоскость с разрезом по полуокружности |z| = 2, Im z > см. рис. 37), причем главная часть ряда Лорана функции в окрестности z = ? равна z. Вычислить интеграл

џ 18. Примеры вычисления интегралов от регулярных ветвей =
Z
|z|=1
dz
g(z) ? Решение. Аналогично предыдущим примерам прежде всего следует проверить, что в заданной области действительно существуют регулярные ветви функции {
?
z
2
? 4}
. (Докажите это самостоятельно.)
Для вычисления интеграла J по теории вычетов надо найти особые точки подинтегральной функции, те. точки, в которых справедливо равенство g(z) = 3z. Чтобы их найти, заметим, что из этого равенства следует g
2
(z) = (3z)
2
. Так как по определению корня g
2
(z) = z
2
? 4
, то получаем равенство 4 = 9z
2
, те точки, в которых возможно равенство g(z) = Вычислим значения і. Для этого удобно вначале вычислить значение функции g в конечной точке, например, в точке z = 0. Допустим, что мы знаем значение g(0). Тогда для любого действительного числа x > 2 вычислим значение по формуле (18) џ 16 (взяв контур ?, идущий из точки z = 0 в точку x):
g(x) = g(0)
sЇ
Ї
Ї
Ї
x
2
? 4 4
Ї
Ї
Ї
Ї e
i
2
(?
?
arg(z?2)+?
?
arg(z+2))
=
= g(0)
x
2
r
1 ?
4
x
2
e
i
2
(?+0)
=
i
2
g(0) · x
µ
1 ?
2
x
2
+ Последнее выражение получено с помощью ряда Тейлора для функции действительного переменного. По теореме о единственности регулярной функции (теорема 1 џ 10) отсюда следует, что) =
i
2
g(0)
µ
z ?
2
z
+ o
µ
1
z
¶¶
, |z| > Так как по условию задачи главная часть ряда Лорана функции в ? равна z, отсюда получаем, что g(0) = ?2i. Теперь по

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции формуле (18) џ 16 легко вычислить значения g
і
i
?
2
ґ
и і ?2i
sЇ
Ї
Ї
Ї
?0,5 ? 4 4
Ї
Ї
Ї
Ї e
i
2
(? arcctg 2
?
2+arcctg 2
?
2)
= Аналогично і ?
3i
?
2
. Отсюда знаменатель (g(z) ? обращается в нуль только в точке z = ?
i
?
2
. Так как g
0
(z) то і 3
6= 3
. Таким образом, точка z = есть полюс го порядка подинтегральной функции f(z) В итоге вычисляем интеграл по теореме о вычетах = 2?i res
?
i
?
2
f = і 3
= ?
3?i
4
.
146

џ 19. Целые и мероморфные функции 19. Целые и мероморфные функции
Определение 1. Функция f : C ? C, регулярная во всей комплексной плоскости C, называется целой.
По теореме 2 џ 9 целая функция f представима в виде сходящегося во всей комплексной плоскости C ряда Тейлора (z) =
+?
X
n=0
c
n
z
n
, |z| < где 2?i
Z
|?|=r
f Очевидно, что ряд (1) одновременно является рядом Лорана функции f с центром в точке Теорема 1. Пусть для целой функции f существуют числа > 0
, R
1
> и целое m > 0, при которых справедливо неравенство Тогда функция f является многочленом степени не выше,
чем Доказательство. По формуле (2) для коэффициентов при r > получаем оценку 6 1
2?
Z
|?|=r
|f (?)|
r
n+1
|d?| 6
Ar
m
2?r
n+1
· 2?r = Так как неравенство (4) справедливо для любых r > то при n > m из оценки (4) следует, что меньше сколь угодно малого числа прите при n >
> m
. Следовательно, из ряда (1) получаем, что функция f есть многочлен степени не выше, чем Следствие 1 (теорема Лиувилля). Если целая функция ограничена в некоторой окрестности бесконечности, то она постоянна.
С помощью теоремы Лиувилля докажем основную теорему алгебры

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Теорема 2. Всякий многочлен) = c
0
+ c
1
z + · · · + где c
n
6= 0
, n > 1, имеет по крайней мере один нуль в плоскости Доказательство. Допустим противное, пусть многочлен не равняется нулю ни при каком z ? C. Тогда определим функцию g(z)
4
=
1
P
n
(z)
, которая в силу допущения будет целой. При z ? ? имеем P
n
(z) ? ?
, те при z ? Следовательно, функция g ограничена в некоторой окрестности. Тогда по теореме Лиувилля функция g(z) ? что противоречит определению функции Анализируя поведение произвольной целой функции f на бесконечности, получаем три возможности) ?  устранимая особая точка, те. функция f ограничена в некоторой окрестности, откуда по теореме Лиу- вилля следует, что f(z) ? const;
2) ?  полюс, те. существует lim
z??
f (z) = ?
. Это значит,
что главная часть разложения функции f вряд Лорана по степеням z в окрестности ?, который совпадает с рядом (содержит конечное число слагаемых, те. функция f есть многочлен) ?  существенно особая точка.
Определение 2. Целая функция, у которой бесконечность является существенно особой точкой, называется целой трансцендентной функцией.
Примерами целых трансцендентных функций являются функции e
z
, sin z, cos z, sh z, ch Теорема 3 (Сохоцкий). Пусть задана произвольная целая трансцендентная функция f. Тогда для любого A ? C найдется последовательность {z
n
}
, стремящаяся к бесконечности,
и такая, что lim
n??
f (z
n
) = Доказательство. Пусть A = ?. Так как для любого n ? N на множестве > функция f не ограничена (в противном случае ? была

џ 19. Целые и мероморфные функции бы устранимой особой точкой функции f, те. функция f не была бы трансцендентной, то существует точка z
n
,|z
n
| > такая, что |f(z
n
)| > n
. В итоге получаем, что lim
n??
z
n
= и lim
n??
f (z
n
) = ?
, что и требовалось доказать. Пусть A 6= ?. Допустим, что утверждение теоремы неверно. Тогда существуют числа ?
0
> и ?
0
> такие, что для всех z,|z| > справедливо неравенство |f(z) ? A| > Рассмотрим функцию g(z) =
1
f (z)?A
. Она в силу допущения регулярна в области, причем в этой области справедлива оценка |g(z)| < 1/?
0
. То есть ? есть устранимая особая точка функции g, поэтому существует предел B = где B ? C. Так как f(z) = A +
1
g(z)
, то функция f тоже при ? имеет конечный предел, если B 6= 0, или бесконечный предел, если B = 0. Это противоречит условию теоремы, по которому ? есть существенно особая точка функции f. Следовательно, наше допущение оказывается неверными теорема доказана.
У пр аж не ни е 1. Пусть для целой функции f существуют числа A > 0, R
1
> и целое m > 0, при которых справедливо неравенство (z)| > A|z|
m
, ? z : |z| > Докажите, что тогда f является многочленом. (Сравните с теоремой Замечание 1. Так как при доказательстве теоремы Сохоц- кого используется лишь то, что бесконечность есть существенно особая точка функции f, то аналогично можно доказать следующую более общую теорему.
Теорема 4 (Сохоцкий). Пусть функция f :
?
B
?
(a) ? регулярна, а точка a ? C  существенно особая точка функции. Тогда для любого числа A ? C найдется последовательность, сходящаяся к точке a, и такая, что lim
n??
f (z
n
) = A
149

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Более сильный результат, характеризующий поведение целой трансцендентной функции, описан в следующей теореме,
которую приводим без доказательства.
Теорема 5 (Пикар). Пусть задана целая трансцендентная функция f. Тогда в каждой окрестности бесконечности функция принимает, ипритом бесконечное число раз, любое значение из C, кроме, быть может, одного.
Иначе говоря, теорема Пикара утверждает, что если f целая трансцендентная функция, то для всякого A ? C, за исключением, быть может, одного, уравнение f(z) = A имеет бесконечное число решений {z
n
}
. При этом вследствие теоремы единственности lim
n??
z
n
= Рассмотрим, например, функцию w = e
z
. Для любого A 6= уравнение e
z
= имеет решения z
n
= ln |A| + i(arg гл + где arg гл ? (??,?]
, n  любое целое число. Здесь число A =
= является как раз тем исключительным по теореме Пикара значением.
Определение 3. Функция f : C ? C называется меро- морфной, если для каждого R > 0 она регулярна в круге за исключением, быть может, конечного числа полюсов.
Приведем примеры мероморфных функций) Рациональные функции вида f(z) =
P
n
(z)
Q
m
(z)
, где и многочлены степени n и m соответственно. Эта функция имеет конечное число полюсов в C.
2) Функция ctg z =
cos z
sin имеет счетное число полюсов го порядка в точках z
k
= ?k
, ? k ? Z.
3) Функция
z
e
z
?1
имеет полюсы го порядка в точках z
k
=
= 2?ki
, ? k ? Z, k 6= Пусть задана мероморфная функция f и пусть {z
k
} ? все ее полюсы. Для каждого полюса z
k
? порядка найдется проколотая окрестность, в которой функция представима в виде сходящегося ряда Лорана
f (z) =
c
k
?m
k
(z ? z
k
)
m
k
+ · · · +
c
k
?1
z ? z
k
+ c
k
0
+ c
k
1
(z ? z
k
) + . . . .
(5)
150

џ 19. Целые и мероморфные функции
Обозначим главную часть этого ряда Лорана с центром в точке
z
k
через q
k
(z)
, те Теорема 6. Если мероморфная функция f имеет в бесконечности устранимую особую точку или полюс, то она является рациональной функцией.
Д ока за тел ь ст во. Число всех полюсов такой функции конечно, так как иначе, в силу компактности расширенной комплексной плоскости C будет существовать предельная точка полюсов, которая в силу определения мероморфной функции не может быть конечной точкой и не может быть бесконечностью (это противоречит условию теоремы. Обозначим через все конечные полюсы функции f, через q
k
 главную часть (6) каждого ряда Лорана функции f с центром в точке z
k
. Обозначим также c
1
z + · · · + главную часть ряда Лорана функции f с центром в бесконечности. Определим функцию f (z) Эта функция в силу своего определения в каждой точке где k ? 1,l, а также в бесконечности имеет устранимые особенности. Поэтому, если доопределить ее в этих точках по непрерывности, итак как других особенностей у функции r нетто получаем, что функция r является целой и ограниченной в некоторой окрестности бесконечности. По теореме Лиувилля это означает, что r(z) ? a
0
. Таким образом, справедливо равенство те. функция f является рациональной

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Замечание 2. В теореме 6 также доказана формула (широко употребляемая в математическом анализе, о возможности представления рациональной функции f(z) в виде суммы элементарных дробей.
Покажем, как утверждение теоремы 6 можно развить на случай мероморфной функции со счетным числом полюсов.
Определение 4. Систему простых замкнутых кусочно- гладких положительно ориентированных контуров назовем правильной, если выполнены три условия) Для любого n область, ограниченная контуром содержится внутри области, ограниченной контуром ?
n+1