Материал: Демина Тселые и мероморфные функтсии 2015

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

ипользуясь соотношениями

sh z =	ez − e−z	,	sin z =	eiz − e−iz	(2.28)
	2			2i

вместе с равенствами ez = eiz или ez = e−iz, справедливыми в нулях функции f(z), убеждаемся что все нули простые, кроме z = 0. Далее

f′′(z) = ch z + cos z

(2.29)

и f′′(0) = 2 ≠ 0. Следовательно, точка z = 0 является нулем кратности 2. Тогда последовательность Z примет вид: Z = {(1 + + i)π, −(1 + i)π, (1 − i)π, −(1 − i)π, . . .}. Порядок ϱ функции f(z) конечен и равен 1, поэтому в соотношении (2.3) мы можем положить g(z) = C1z + C0. Как и в примерах 2.1, 2.2 ряд (2.5) для последовательности Z расходится при µ = 1 и сходится при µ = 2, поэтому { = 1. Тогда

∞	4
∏	(1 +	z	).
ch z − cos z = eC1z+C0 z2 k=1	(1 +	4π4k4	).	(2.30)

В этом соотношении для соответствующих сомножителей мы провели преобразования:

{(1 − (1

zi)πk )e

(1 i)πk }{(1 + (1

zi)πk )e−(1 i)πk }

= (1

);

2iπ2k2

(1 −

)(1 +

) = (1 +

2iπ2k2

4π4k4

Найдем параметры eC0 и C1. Справедливо равенство

eC1z+C0 =

ch z − cos z

(2.31)

∏k∞=1 (1 +

)

4π4k4

2. Разложение целых функций в бесконечные произведения

Перейдем в этом равенстве к пределу при z → 0, получим

eC0 = lim	ch z − cos z			= lim	z2	+ O(\|z\|6)	= 1.
	∏k∞=1 (1 +		)					(2.32)
z→0 z2		z4		z→0 z2		+ O(\|z\|6)
		4π4k4

Следовательно, eC0 = 1. Далее, чтобы определить коэффициент C1, рассмотрим функцию

eC1z − 1	,	(2.33)
z

где мы уже учли, что eC0 = 1, и вычислим предел при z → 0. Имеем

= lim

ch z − cos z − z2

k∞=1

(1 +

)

4π4k4

∏

→

∏k∞=1

(1 +

4π4k4

)

(2.34)

= lim O(|z|6) = 0.

z→0 O(|z|3)

Ответ исходной задачи принимает вид

∞	4
∏	(1 +	z	).
ch z − cos z = z2 k=1		4π4k4

Задача 2.4. Разложить целую функцию f(z) = ez2 бесконечное произведение.

(2.35)

+ e2z−1 в

Решение. Найдем нули функции f(z) = ez2 + e2z−1, что эквивалентно поиску решений уравнения

e(z−1)2 =	−	1.	(2.36)
	−

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

Врезультате получаем четыре семейства решений

z = 1

√

(2n − 1)π

(1 + i), n

;

(2.37)

z = 1

√

(2m − 1)π

−

i), m

Вычисляя производную f′(z) = 2(zez2 + e2z−1) и подставляя в это соотношение равенство ez2 = −e2z−1, убеждаемся, что все корни простые. Функция f(z) является целой и имеет порядок ϱ = 2. Для удобства вычислений будем раскладывать f(z) в бесконечное произведение по переменной z − 1. Заметим, что такая замена не меняет ни порядок функции, ни кратность нулей. Тогда последовательность Z примет вид

Z = {√	π	(1 + i), −√	π	(1 + i),	√	π	(1	− i), −√	π	(1 − i), . . .}.
	2		2			2			2

В соотношении (2.3) положим g(z) = C2(z − 1)2 + C1(z − 1) + + C0. Ряд (2.5) для последовательности Z выглядит следующим образом:

∞			4				(2.38)
I =						.
I =		π(2k	1)		µ/2	.
∑	{	π(2k	1)	}	µ/2
∑	{		−	}
k=1

Этот ряд расходится при µ = 2 и сходится при µ = 3, поэтому { = 2. Тогда

ez2 + e2z 1 = eC2(z

1)2+C1(z

1)+C0

∞

1 +

(z − 1)4 .

∏

−

(

π2(2k

−

1)2 )

(2.39)

k=1

В этом соотношении для соответствующих сомножителей мы

2. Разложение целых функций в бесконечные произведения

выполнили следующие действия:

}×

{( − (1

π(2k

1) )

√

2(z 1)

(z 1)2

2(z − 1)

(1 i)√

π(2k 1)

2πi(2k 1)

√

× {(

−

1) ) ×

}

i) π(2k

√

2(z 1)

(z 1)2

1 +

2(z − 1)

e−

(1 i)√

π(2k 1)

2πi(2k 1)

±1)2√

−(z 1)2

= 1

−

e±

πi(2k 1)

;

(

πi(2k − 1)

)

}{(

πi(2k − 1) )

}

{( − πi(2k − 1) )

−

1)2

(z 1)2

−

1)2

e−

(z 1)2

e πi(2k 1)

1 +

πi(2k 1)

1 +

(z − 1)4 .

(

)

π2(2k − 1)2

Нам осталось найти коэффициенты C0, C1 и C2. Справедливо

равенство

eC2(z−1)2+C1(z−1)+C0 =

ez2 + e2z−1

(2.40)

∏k∞=1 (1 +

(z−1)4

)

π2(2k−1)2

Для

вычисления

коэффициента C0 перейдем в соотношении

(2.40) к пределу

при z

→

1, получим eC0

= 2e. Далее разложим

функцию eC2(z−1)

+C1(z−1) в ряд Тейлора в окрестности точки

z = 1. Имеем eC2(z−1)2+C1(z−1)

1 + C1(z − 1) + o(|z − 1|).

Рассмотрим функцию

−

1)2+C1(z

−

− 1

ez2 + e2z−1

−

∞

1 +

2(z−1)4

∏

(

(z π1)4

−1)

k=1

(2k

−

2e(z − 1)

∏k∞=1 (1 +

)

π2(2k−1)2

где мы уже учли, что eC0 = 2e, и вычислим предел при z → 1. Справедливо представление ez2 + e2z−1 = 2e + 4e(z − 1) + 5e(z −

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

−1)2 + o(|z − 1|2), где z → 1. Тогда

ez2 + e2z−1

∞

1 +

2(z−1)4

−

k=1

(2k

−1)

)

= lim

(

∏

(1 +

(z 1)4

)

−

→

2e(z − 1)

∏k∞=1

(2.41)

π2(2k−1)2

=lim 4e + o(|z − 1|) = 2. z→1 2e + o(|z − 1|)

Для вычисления коэффициента C2 введем функцию

C2(z

−

1)2

−2

1 =

ez2 + e2z−1

−

(2e)e2(z−1)

∞

1 +

2(z−1)4

∏

k=1

(

(z 1)4

−

π (2k

2(z

−

(2e)(z − 1)

−

∏k∞=1 (1 +

)

π2(2k−1)2

Заметим, что eC2(z−1)2 = 1 + C2(z − 1)2 + o(|z − 1|2), где z → 1. Тогда, переходя в равенстве (2) к пределу при z → 1, находим

ez2 + e2z−1

(2e)e2(z−1)

∞

1 +

2(z−1)4 2

−

k=1

(2k

−

)

C2 = lim

(

2(z

∏

1)4

−

→

(2e)(z −

−

k∞=1 (1 +

π2(2k−1)2

)

(2.42)

= lim

e + o(|z − 1|)

∏

2e + o(|z − 1|)

z→1

Таким

образом, мы

получили:

eC2(z−1)2+C1(z−1)+C0

= 2e 21 (z−1)2+2(z−1)+1

2e 21 (z2+2z−1). Ответ

исходной

задачи

имеет вид

ez2 + e2z 1 = 2e 21 (z2+2z 1)

∞

1 +

(z − 1)4

∏

−

(

π2(2k

−

1)2 )

(2.43)

k=1

Задача

2.5. Разложить

целую

функцию

f(z)

sh z

бесконечное произведение.

Источник: https://studfile.net/preview/16708660/

Смотрите также:

!Контрольная работа (задание)
'Свадьба'. Керамика
«Предмет, метод предпринимательского права и принципы предпринимательского права» (Понятие предмета и метода российского предпринимательского права)
«Українська література в першій половині ХХ століття»
1 анализ организации работ в цехе то2 9 1 Характеристика локомотивного депо Хабаровск ii 9
1 Верно Баллов 1,00 из 1,00 Отметить вопрос Текст вопроса Уточнение правильности выполнения деталей техники, исправление ошибок является целью этапа Выберите
1 Понятие
1_MicroBio_возбудители Кишечных инфекций
1112
1119