Функции комплексного переменного. Нахман А.Д - 18 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

()
(
)
()
.
)!2(
2
1
...
!6
2
!4
2
!2
2
...
!4
2
!2
2
1
2
1
2
1
sin
1
212
1
65432
42
2
∑
∞
=
−
+
−=
=−+−=
−+−−=
n
nn
n
n
z
zzzzz
z
Почленно умножая на
z
, получаем разложение
() ()
()
KK +−+−+−=
+−
+
!2
2
1
!6
2
!4
2
!2
2
1212
1
75533
n
zzzz
zf
nn
n
.
Область сходимости ряда – вся комплексная плоскость (С).
Упражнения для самостоятельного решения
1. Найти области сходимости рядов
а)
()
∑
∞
=
−−
⋅
−
1
11
35
2
n
nn
n
iz
; б)
∑
∞
=1n
in
n
e
z
; в)
()
()
∑
∞
=
−
−
1
1
n
n
n
i
izn
;
г)
∑
∞
=1
!
n
n
n
n
zn
; д)
()
()
∑
∞
=
+
1
2
!
n
n
n
i
izn
; е)
()
()
∑
∞
=
+
−
1
!12
1
n
n
n
n
z
.
2. Разложить данную функцию
()
zf в ряд Тейлора в окрестности данной точки
0
z , пользуясь стандартными
разложениями:
а)
() ( )
2;2
0
−=+= zezzf
z
; б)
()
0;
4
cos
0
2
== z
z
zf ;
в)
()
4
;sin
0
π
== zzzf
; г)
()
1;
2
0
=
+
= z
z
z
zf
;
д)
() ( )
1;2ln
0
−=+= zzzf ; е)
()
0;
65
52
0
2
=
+−
−
= z
zz
z
zf
.
6. НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ
1. Определение. Пусть функция
()
zf является аналитической в точке
0
z . Точка
0
z называется нулем функции
(
)
zf ,
если ее значение в этой точке равно нулю, т.е.
()
0
0
=
zf .
В разложении функции в ряд Тейлора в окрестности нуля этой функции отсутствует свободный член:
(
)
0
00
=
=
zfC .
Если при этом
0...
11
=
=
=
−n
CC , т.е. разложение имеет вид:
() ( )
∑
∞
=
−=
nk
k
k
zzCzf
0
или
() ( ) ( )
K+−+−=
+
+
1
010
n
n
n
n
zzCzzCzf , 0≠
n
C , то точка
0
z называется нулем порядка n функции
()
zf .
Нуль первого порядка
)1( =n называется простым нулем.
Следующие условия равносильны наличию в точке
0
z нуля порядка n:
а)
()
()
()
() ( )
1...,,1,0,0,0
00
−==≠ nkzfzf
kn
; (6.1)
б)
() ( ) ()
zzzzf
n
ϕ−=
0
,
()
0
0
≠
=
ϕ
n
Cz . (6.2)
Пример. Нахождение нулей функции и определение их порядка.
1) Найти нули функции и определить их порядок:
()
(
)
z
ezzf
π−
+=
3
2
1
.
Решение. Разложим многочлен на множители
(
)
(
)
izizizz +−=−=+
222
1
.
Тогда
()
zf можно записать в виде
() ( )
(
)
(
)
z
eizizzf
π−
+−=
33
или
(
)
(
)
(
)
(
)
z
eizizzf
π−
−+=
33
.
В первом случае iz =
0
является нулем 3-го порядка для
(
)
zf , так как при
(
)
(
)
z
eizz
π−
+=ϕ
3
получаем
() ( )
(
)
(
)
(
)
.08sincos82
3
≠=π−+π−−==ϕ
π−
iiieii
i
Во втором случае iz −=
0
является нулем 3-го порядка для
(
)
zf . Здесь
(
)
(
)
i
eizz
π−
−=ϕ
3
и
()( )
082
3
≠−=−=−ϕ
π
ieii
i
.
Итак,
()
zf имеет нулями 3-го порядка точки i и i
−
.
2) Определить порядок нуля
0
0
=z для функций:
а)
()
22
1
2
zezf
z
−−=
; б)
()
zzzf cos1sin
3
+−=
.
Решение. а) Для определения порядка нуля 0
0
=
z удобно использовать определение, т.е. разложить функцию по
степеням
z. Получаем

Страницы