Przyk lad 1

WYKLAD Z ANALIZY ZESPOLONEJ z dn. 1 kwietnia 2020r.

Ciag dalszy tematu FUNKCJE ANALITYCZNE_, F. Szeregi Taylora funkcji elementarnych

Korzystajac z twierdzenia Taylora mo˙zemy znale´_, z´c szeregi Taylora (Maclaurina) znanych funkcji. Sa one rozszerzeniem szereg´_, ow rzeczywistych do dziedziny zespolonej.

Przyk lad

1. e^z = 1 + _1!^z + ^z_2!² + +^z_3!³ + . . . =P∞ k=0

z^k

k!, z ∈ C.

2. sin z = z − ^z_3!³ +^z_5!⁵ − ^z_7!⁷ + . . . =P∞

k=0(−1)^{k z}_(2k+1)!^2k+1 , z ∈ C.

3. cos z = 1 − ^z_2!² + ^z_4!⁴ − ^z_6!⁶ + . . . =P∞

k=0(−1)^{k z}_(2k)!^2k , z ∈ C.

4. cosh z =P∞ k=0

z^2k

(2k)!, z ∈ C.

5. sinh z =P∞ k=0

z^2k+1

(2k+1)!, z ∈ C.

6. Rozwina´_,c w szereg Taylora o ´srodku w punkcie z₀ 6= 0 ga la´_,z logarytmu.

ln z : C \ {0} → C, ln z = ln |z| + i(Argz + 2kπ), k ∈ Z k-ta gala´_,z, k jest ustalone, ma posta´c ln |z| + i(Argz + 2kπ)

Przyjeli´smy konwencj_, e, ˙ze Arg(z) ∈ (−π, π]. St_, ad wynika, ˙ze ka ˙zda ga l_, a´_,z logaty- miu NIE jest jednoznacznie zdefiniowana na ujemnej osi rzeczywistej

Natomiast w obszarze D := C \ {z ∈ C : Imz = 0 & Rez ≤ 0} ka˙zda ga la´_,z funkcji logarytmu jest dobrze okre´slona (Patrz rys. 1). O obszarze D m´owimy, ˙ze jest to p laszczyzna rozcieta p´_, olprosta czyli z usuni_, et_, a p´_, o lprosta i zerem._,

Dla z₀ ∈ C \ {z ∈ C : Imz = 0 & Rez ≤ 0} poszukamy promie´n r ko la D(z0, r), w kt´orym szereg Taylora ga lezi ln z b_, edzie zbie˙zny. Promie´_, n r musi spe lnia´c warunek

r < minimum odleg lo´sci od ujemnej osi rzeczywistej wraz z 0.

(Patrz rys. 2).

Policzymy pochodne ga lezi g l´_, ownej f (z) = Lnz = ln |z| + iArg(z), gdzie Arg(z) ∈ (−π, π] (wiemy, ˙ze dla dowolnej ga lezi pochodne s_, a takie same)._,

f⁰(z) = z⁻¹, f⁰⁰(z) = −z⁻², . . . f⁽ⁿ⁾(z) = (−1)ⁿ⁻¹(n − 1)!z⁻ⁿ. Stad_,

f (z) = f (z₀) + f⁰(z₀)(z − z₀) + 1

2!f⁰⁰(z₀)(z − z₀)²+ . . . 1

n!f⁽ⁿ⁾(z₀)(z − z₀)ⁿ+ . . .

Lnz = Ln(z₀) + z − z₀ z₀ − 1

2

 z − z₀ z₀

2

+ . . . + (−1)ⁿ⁻¹ n

 z − z₀ z₀

n

+ . . .

=ln|z₀| + iArg(z₀) + wz − z₀ z₀ − 1

2

 z − z₀ z₀

2

+ . . . + (−1)ⁿ⁻¹ n

 z − z₀ z₀

n

+ . . . w D(z0, r).

(0.1)

Gdyby´smy brali k-ta ga l_, a´_,z logarytmu, to zmienia sie tylko wyraz wolny tzn. zamiast_, Ln(z0) otrzymamy ln |z0| + i(Arg(z0) + 2kπ) dla ustalonego k ∈ Z.

Chcemy wyprowadzi´c wz´or Taylora dla funkcji ga lezi g l´_, ownej Ln(1 + z) w D(0, r), r do ustalenia.

Przyjmujac z_{, 0} = 1 w (0.1) otrzymamy Lnz = Ln(1) +z − 1

1 −1 2

 z − 1 1

2

+ . . . +(−1)ⁿ⁻¹ n

 z − 1 1

n

+ . . . ....

= (z − 1) − 1

2(z − 1)²+ . . . + (−1)ⁿ⁻¹

n (z − 1)ⁿ+ . . . .... w D(1, r).

(0.2)

Zastepuj_, ac z przez 1 + z otrzymamy dla warto´sci g l´_, ownej logarytmu rozwiniecie_, Ln(1 + z) = z −z²

2 + z³

3 + . . . + (−1)ⁿ⁻¹zⁿ

n + . . . ....

w kole D(0, 1)(patrz rys. 3)

7. Znale´z´c rozwiniecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie z_{, 0} = 0 ga lezi g l´_, ownej funkcji f (z) = (1 + z)^µ dla |z| < 1, µ ∈ R.

Funkcja f (z) = z^µ := e^{µ ln(z)} ma jednoznaczne ga lezie w obszarze D := C \ {z ∈ C :_, Imz = 0 & Rez ≤ 0}

Policzymy jej pochodne

f⁰(z) =µz^µ−1,

f⁰⁰(z) =µ(µ − 1)z^µ−2, ...

f⁽ⁿ⁾(z) =µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)z^µ−n. (a) Je´sli µ ∈ N, to (z^µ)^(µ)= µ! Dla µ ∈ N i n > µ mamy ^µ_n
= 0.

(b) Gdy µ ∈ C, to symbol Newtona ^µ_n
wyra˙za sie wzorem_,

µ n



= µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

n! ,

gdzie

µ 0



:= 1, µ 1



= µ.

Rozwiniemy funkcje z_, ^µ w szereg Taylora w kole D(z₀, r) dla

r < minimum odleg lo´sci od ujemnej osi rzeczywistej wraz z 0.

z^µ = f (z) = f (z0) + f⁰(z0)(z − z0) + 1

2f⁰⁰(z0)(z − z0)²+ . . . + 1

n!f⁽ⁿ⁾(z0)(z − z0)ⁿ+ . . . .

Zauwa˙zmy, ˙ze 1

n!f⁽ⁿ⁾(z₀)(z − z₀)ⁿ = 1

n!µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)z^µ−n₀ (z − z₀)ⁿ =µ n



z₀^µ z − z₀ z₀

n

Stad_,

z^µ= z₀^µ



1 +µ 1

 z − z₀

z₀ + . . .µ n

  z − z₀ z₀

n

+ . . .

 .

Wstawiajac za z_{, 0} = 1 i zastepuj_, ac z przez 1 + z dostaniemy szereg dwumienny_, (1 + z)^µ = 1 +µ

1



z + . . .µ n



zⁿ+ . . . =

∞

X

n=0

µ n

 zⁿ dla |z| < 1.

8. Znale´z´c rozwiniecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie z_{, 0} = 0 ga lezi g l´_, ownej funkcji f (z) = ^√1

1+z dla |z| < 1.

Korzystamy z ostatniego zadania podstawiajac za µ = −_, ¹₂. Stad_,

√ 1

1 + z =

∞

X

n=0

−¹₂ n

 zⁿ dla |z| < 1.

Policzymy

−¹₂ 0

 :=1,

−¹₂ 1



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

n! |n=1

= (−¹₂ − 1 + 1)

1! = −1

2,

−¹₂ 2



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

n! |n=2

= (−¹₂)(−¹₂ − 2 + 1)

2! = (−¹₂)(−³₂) 2

−¹₂ 3



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

3! |n=3

= (−¹₂)(−¹₂ − 1)(−¹₂ − 3 + 1)

3! = (−¹₂)(−³₂)(−⁵₂) 3!

...

−¹₂ n



=(−¹₂)(−³₂) . . . (−¹₂ − n + 1)

n! = (−¹₂)(−³₂) . . . (−²ⁿ⁻¹₂ )

n! = (−1)ⁿ(2n − 1)!!

2ⁿn!

ale n!2ⁿ= (1 · 2)(2 · 2)(3 · 2) . . . (n · 2) = (2n)!! Stad_,

√ 1

1 + z =1 + (−¹₂)

1! z + (−¹₂)(−³₂)

2! z² + . . . +(−1)ⁿ(2n − 1)!!

(2n)!! zⁿ+ . . .

=1 +

∞

X

n=1

(−1)ⁿ(2n − 1)!!

(2n)!! zⁿ.

9. Znale´z´c rozwiniecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie z_{, 0} = 0 ga lezi g l´_, ownej funkcji f (z) =√

1 + z dla |z| < 1.

Korzystamy z poprzedniego zadania podstawiajac za µ =_, ¹₂. Stad_,

(1 + z)¹² = 1 +

1 2

1



z + . . .

1 2

n



zⁿ+ . . . =

∞

X

n=0

1 2

n

 zⁿ dla |z| < 1

Policzymy

1 2

0

 :=1,

₁

2

1



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

n! |n=1

= (¹₂ − 1 + 1)

1! = 1

2,

₁

2

2



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

n! |n=2

= (¹₂)(¹₂ − 2 + 1)

2! = (¹₂)(−¹₂) 2

−¹₂ 3



=µ(µ − 1) . . . (µ − n + 1)

3! |n=3 = (¹₂)(¹₂ − 1)(¹₂ − 3 + 1)

3! = (¹₂)(−¹₂)(−³₂) 3!

...

₁

2

n



=(¹₂)(−¹₂)(−³₂) . . . (¹₂ − n + 1) n!

=(¹₂)(−¹₂)(−³₂) . . . (⁻²ⁿ⁺³₂ ) n!

=(¹₂)(−¹₂)(−³₂) . . . (^−(2n−3)₂ ) n!

=(−1)ⁿ⁻¹(2n − 3)!!

2ⁿn! = (−1)ⁿ⁻¹(2n − 3)!!

(2n)!!

Stad_,

√1 + z = 1 + 1 2z − 1

8z²+ 3

16z³+ . . . + (−1)ⁿ⁻¹(2n − 3)!!

(2n)!! zⁿ+ . . . dla |z| < 1

FUNKCJE CA LKOWITE

Twierdzenie (nier´owno´s´c Cauchy)

Je˙zeli f ∈ H(D(z₀, R)) oraz istnieje M > 0 takie, ˙ze dla ka˙zdego z ∈ D(z₀, R), zachodzi

|f (z)| ≤ M . Wtedy wsp´o lczynniki szeregu Taylora funkcji o ´srodku w z₀ spe lniaja nier´_, owno´s´c

|c_n| ≤ M

Rⁿ, n = 0, 1, 2, . . .

Dow´od

Niech D(z₀, r) = {z : |z − z₀| = r}, gdzie r < R. Wtedy

|c_n| =    

1 2πi

Z

∂D(z0,r)

f (ζ) (ζ − z0)ⁿ⁺¹dζ

≤ 1 2π

Z

∂D(z0,r)

f (ζ) (ζ − z0)ⁿ⁺¹dζ

≤ 1 2π

M

rⁿ⁺¹2πr = M rⁿ,

∂D(z₀, r) jest zorientowany dodatnio.

Dla r → R otrzymamy |c_n| ≤ _R^Mn. Definicja

Funkcje holomorficzn_, a w ca lej p laszczy´_, znie C nazywamy funkcja ca lkowit, a._, Przyk lad

Wielomiany, e^z, sinz, cosz sa funkcjami ca lkowitymi._, Twierdzenie (Liouville’a)

Funkcja ca lkowita i ograniczona jest sta la.

Dow´od

Funkcja f ograniczona tzn.

∃M < ∞ ∀z ∈ C |f(z)| ≤ M.

Poniewa˙z f jest ca lkowita, to f ∈ H(D(0, R)) dla dowolnego R > 0.

Z Twierdzenia Taylora wynika, ˙ze f rozwija sie w szereg Maclaurina w D(0, R) tzn f (z) =_, P∞

n=0c_nzⁿ dla z ∈ D(0, R).

Z nier´owno´sci Cauchy wynika, ˙ze

|c_n| ≤ M Rⁿ w D(0, R).

Przechodzac z R do niesko´_, nczono´sci dostaniemy, ˙ze c₁ = c₂ = . . . = c_n= . . . = 0 dla ∀n ∈ N . Stad f (z) = c_{, 0}.

Twierdzenie (d’Alemberta-podstawowe tw. algebry)

Ka˙zdy wielomian stopnia n ≥ 1 w dziedzinie zespolonej ma co najmniej 1 pierwiastek.

Dow´od (nie wprost)

Niech n ≥ 1. Wtedy wielomian stopnia n ma posta´c P (z) = a₀+ a₁z + . . . a_nzⁿ. Przypu´smy, ˙ze P (z) nie ma miejsc zerowych.

Zatem f (z) = _{P (z)}¹ jest holomorficzna w ca lej p laszczy´znie C.

Wyka˙zemy, ˙ze f jest ograniczona. Poniewa˙z lim_z→∞P (z) = ∞, to lim_z→∞f (z) = 0. Stad:_,

∃ 0 ≤ M < ∞ ∃R  0 takie, ˙ze dla |z| > R |f (z)| < M .

W pozosta lych punktach p laszczyzny czyli w D(0, R) funkcja przyjmuje tylko warto´sci sko´nczone, bo jest ciag_, a na D(0, R). St_, ad f jest ograniczona na C._,

Z twierdzenia Liouville’a wynika, ˙ze f jest sta la, co jest sprzeczne z za lo˙zeniem, ˙ze n ≥ 1.

Wniosek (Twierdzenie Bezout)

Ka˙zdy wielomian stopnia n ≥ 1 ma w dziedzinie zespolonej dok ladnie n pierwiastk´ow.

Korzystamy z poprzedniego twierdzenia.

ZERA FUNKCJI HOLOMORFICZNEJ

Definicja

Niech D ⊂ C otwarty, f ∈ H(D). Punkt a ∈ D nazywamy zerem funkcji holomorficznej je´sli f (a) = 0.

Definicja

Niech D ⊂ C otwarty, f ∈ H(D). Punkt a ∈ D nazywamy zerem k-krotnym funkcji holomor- ficznej, je´sli

f (a) = f⁰(a), . . . , f^(k−1)(a) = 0, f^k(a) 6= 0, k ≥ 1.

Twierdzenie 9.1 (o zerach funkcji holomorficznej)

D ⊂ C, D-otwarty, f ∈ H(D), f 6= Const, a ∈ D. Je´sli a jest zerem funkcji f , to ∃k ∈ N i otoczenie U punktu a takie, ˙ze f (z) = (z − a)^kφ(z), gdzie φ ∈ H(D), φ(z) 6= 0 w pewnym otoczeniu U punktu a.

Dow´od

Poniewa˙z f jest funkcja holomorficzn_, a w obszarze D , to istnieje otoczenie U punktu a takie,_,

˙ze f rozwinie sie w szereg Taylora o ´srodku w pukcie a tzn. f (z) =_, P∞

n=0c_n(z − a)ⁿdla z ∈ U . Punkt a jest zerem funkcji, stad f (a) = c_{, 0} = 0.

Z za lo˙zenia, ze f 6= const wynika, ˙ze nie wszyskie wsp´o lczynniki c_n moga by´_, c zerami. Zatem istnieje c_k 6= 0. Rozpatrzmy c_k 6= 0 z najmniejszym indeksem k. Wtedy

f (z) = c_k(z − a)^k+ c_k+1(z − a)^k+1+ . . . = (z − a)^k(c_k+ c_k+1(z − a) + . . .).

Poniewa˙z wyra˙zenie w nawiasie jest zbie˙znym szeregiem potegowym, zatem istnieje jego suma,_, kt´ora oznaczymy symbolem φ._,

Jako suma szeregu potegowego φ jest funkcj_, a holomorficzn_, a w U z twierdzenia o holomor-_, ficzno´sci sumy szeregu potegowego. Poniewa˙z φ(a) = c_{, k} 6= 0, to jako funkcja ciag la omija_, zero w pewnym otoczeniu U⁰ ⊂ U .

Wniosek

Pukty zerowe funkcji holomorficznej sa izolowane._, Uwaga

D ⊂ C, D-otwarty, f ∈ H(D), f 6= const, a ∈ D. Punkt a jest k- krotnym zerem funkcji f

wtedy i tylko wtedy, gdy f (z) = (z − a)^kφ(z) dla z ∈ D(a, ), gdzie φ(z) ∈ H(D(a, )) oraz φ(z) 6= 0 w D(a, ).

Wniosek

Funkcja ca lkowita ma przeliczalnie wiele zer w C.

Twierdzenie (o jednoznaczno´sci funkcji holomorficznej)

D ⊂ C, D-obszar, f1, f₂ ∈ H(D). Niech F bedzie podzbiorem D maj_, acym pukt skupienia_, a ∈ D oraz ∀z ∈ F zachodzi f₁(z) = f₂(z). Wtedy ∀z ∈ D zachodzi f₁(z) = f₂(z).

Dow´od

Przypu´s´cmy, ˙ze f₁ 6= f₂ na D. Wtedy mo˙zemy zdefiniowa´c funkcje f := f_{, 1}− f₂ na D.

Jest oczywiste, ˙ze f ∈ H(D) oraz ∀z ∈ F zachodzi f (z) = 0.

W zbiorze F istnieje ciag z_{, n} majacy punkt skupienia a ∈ D._,

Poniewa˙z f jest ciag la, to f (a) = lim_{, n→∞}f (z_n) = 0. Czyli a jest tak˙ze zerem funkcji holo- morficznej. Poniewa˙z a nie jest punktem odsobnionym, to f musi by´c sta la. Skoro f (a) = 0, to f ≡ const = 0 czyli f₁ = f₂.