Элементы комплексного анализа. Филиппенко В.И. - 20 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИСОиП ДГТУ | Шахты

Составители: 

Рубрика: 

20
Пример. Найти первые три отличные от нуля члена разложения функции
zz
z
zf
sin)1(
)(
2
−
=
в ряд Тейлора в окрестности точки z=0.
Решение.
Так как в окрестности точки z=0 при |z|<1 наша функция аналитична и ее
разложение в ряд Тейлора единственно, то запишем его с неопределенными
коэффициентами в виде:
...
sin)1(
4
4
3
3
2
210
2
+α+α+α+α+α=
−
zzzz
zz
z
Так как данная функция четна, то ее разложение в ряд Тейлора содержит
лишь четные степени, т.е. α
2k+1
=0 при k=0,1,2,…Следовательно, α
1
=α
3
=0.
Чтобы найти три отличные от нуля коэффициента, умножим обе части
равенства на (1–z
2
)sin z. Будем иметь
...)...)(
!5!3
)(1(
4
4
2
20
53
2
+α+α+α++−−= zz
zz
zzz
(заметим, что во второй
скобке справа стоит разложение sin z в ряд).
Выполняя умножение в правой части последнего равенства, получим:
...)
6
7
40
7
()
6
7
(
...)...)()
120
1
6
1
()
6
1
1((
420
5
20
3
0
4
4
2
20
53
+α+α−α+α+α−+α=
=+α+α+α+++−−+=
zzz
zzzzzz
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z слева и справа,
получим систему уравнений:
420
20
0
6
7
40
7
0
;
6
7
0
;1
α+α−α=
α+α−=
α=
Откуда:
360
427
36
49
40
7
;
6
7
;1
420
=+−=α=α=α
.
Итак,
...
360
427
6
7
1
sin)1(
42
2
+++=
−
zz
zz
z
Изолированные особые точки
Пусть f(z) однозначна и аналитична в проколотой окрестности точки z
0
, т.е.
при 0<|z–z
0
|<R.
Тогда могут представиться две возможности:
1. Существует конечный предел
α
=
→
)(
0
zfim
zz
l
. Точка z
0
называется в этом
случае
правильной точкой функции f(z). Доопределив функцию f(z) в 
                                            20

  Пример. Найти первые три отличные от нуля члена разложения функции
               z
f ( z) =                в ряд Тейлора в окрестности точки z=0.
         (1 − z ) sin z
               2




  Решение.
  Так как в окрестности точки z=0 при |z|<1 наша функция аналитична и ее
разложение в ряд Тейлора единственно, то запишем его с неопределенными
коэффициентами в виде:
          z
                    = α 0 + α 1 z + α 2 z 2 + α 3 z 3 + α 4 z 4 + ...
   (1 − z ) sin z
          2


  Так как данная функция четна, то ее разложение в ряд Тейлора содержит
лишь четные степени, т.е. α2k+1=0 при k=0,1,2,…Следовательно, α1=α3=0.
  Чтобы найти три отличные от нуля коэффициента, умножим обе части
равенства на (1–z2)sin z. Будем иметь
                    z3 z5
z = (1 − z 2 )( z −    +     + ...)(α 0 + α 2 z 2 + α 4 z 4 + ...) (заметим, что во второй
                     3! 5!
скобке справа стоит разложение sin z в ряд).
  Выполняя умножение в правой части последнего равенства, получим:
                       1          1     1
   z = ( z + z 3 ( −1 − ) + z 5 ( +         ) + ...)(α 0 + α 2 z 2 + α 4 z 4 + ...) =
                       6          6 120
                    7                     7         7
   = α 0 z + z 3 (− α 0 + α 2 ) + z 5 ( α 0 − α 2 + α 4 ) + ...
                    6                    40         6
  Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z слева и справа,
получим систему уравнений:
  1 = α0 ;
         7
   0 = − α0 + α2;
         6
        7      7
   0=      α0 − α2 + α4
       40      6
                           7          7 49 427
  Откуда: α 0 = 1; α 2 =     ; α4 = −    +     =        .
                           6          40 36 360
               z               7     427 4
  Итак,                 = 1+ z2 +        z + ...
         (1 − z ) sin z
               2
                               6     360
  Изолированные особые точки
  Пусть f(z) однозначна и аналитична в проколотой окрестности точки z0, т.е.
при 0<|z–z0|

Страницы