Примери на аналитични функции

Най-простите примери за аналитични функции са полиномите и рационалните функции. Всеки полином е аналитична функция, тъй като за всяко $a\in\mathbb{C}$, прилагайки теоремата за деление с частно и остатък (в частност схемата на Хорнер), всеки полином $p(z)$ можем да запишем като полином на $z-a$, (т. е. $p(z)$ може да се подреди по степените на $z-a$). Този полином на $z-a$ представля степенен ред с център $a$, чиито коефициенти с номера по-големи от $\deg p$ са нули. По конкретно, можем да се убедим, че $p(z)=\sum_{k=0}^n\frac{p^{(k)}(a)}{k!}(z-a)^k$.

За да се убедим, че рационалните функции са аналитични, в дефиниционните си множества, прилагаме теоремата за деление на два полинома с частно и остатък (ако степента на числителя е по-висока или съвпада със степента на знаменателя) и теоремата за разлагане в сума от елементарни дроби (за рационална функция, в която степента на числителя е по-малка от степента на знаменателя). Тогава задачата се свежда до това да покажем, че елементарните дроби са аналитични функции. В комплексният случай тази задача се решава лесно, тъй като елементарните дроби са от вида $(z-a)^{-k}$ (предвид основната теорема на алгебрата). При $k=1$ и $b\neq a$ имаме $$\frac{1}{z-a}=\frac{1}{z-b+b-a}=\frac{1}{b-a}\frac{1}{1-\left(-\frac{z-b}{b-a}\right)}=\frac{1}{b-a}\sum_{k=0}^{\infty}\left(-\frac{z-b}{b-a}\right)^k=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(b-a)^{k+1}}(z-b)^k,$$ при $\left|-\frac{z-b}{b-a}\right|<1$, т. е. $$\frac{1}{z-a}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^j}{(b-a)^{j+1}}(z-b)^j,\quad z\in K(b,|b-a|).$$ За да получим представяния във вид на степенен ред на дробите $(z-a)^{-k}$ при $k>1$, прилагаме теоремата за диференциране на степенен ред, при което след $k-1$ кратно диференциране на последното съотношение имаме $$(-1)(-2)\ldots(-k+1)(z-a)^{-k}=\sum_{j=k}^{\infty}\frac{(-1)^j}{(b-a)^{j+1}}j(j-1)\ldots(j-k+1)(z-b)^{j-k}.$$ Следователно $$\frac{1}{(z-a)^k}=\sum_{j=k}^{\infty}\frac{(-1)^{j-k+1}}{(b-a)^{j+1}}\frac{j(j-1)\ldots(j-k+1)}{(k-1)!}(z-b)^{j-k},\quad z\in K(b,|b-a|).$$

Можем да забележим, че радиусите на сходимост на съответните степенни редове са точно разстоянието между $b$ и $a$. Следователно радиусът на сходимост на степенния ред, чрез който се представя една рационална функция в околност на точка, в която нейният знаменател не се анулира, е разстоянието от тази точка до най-близката нула на знаменателя на функцията.

Забележка. Рационалните функции на реална променлива, приемащи реални стойности са също аналитични в дефиниционните си множества, но за да се убедим в това трябва да отчетем, че над полето $\mathbb{R}$ има неразложими полиноми от втора степен (тези с отрицателна дискриминанта), при което теоремата за разлагане в сума от елементарни дроби дава още един тип елементарни дроби, а именно дробите от вида $\frac{ax+b}{(x^2+px+q)^k}$, където $a,b,p,q\in\mathbb{R}$ и $p^2-4q<0$. За да разложим такава дроб в степенен ред разлагаме знаменателя на множители с комплексни коефициенти, при което получаваме произведение на полином и дроби от вида $(x-x_0)^{-k}$, след което умножаваме степенните редове на тези дроби (вж. упражненията). Макар на пръв поглед коефициентите на получения степенен ред да не изглеждат реални числа, те в действителност са такива. Ще отбележим, че макар дробта $\frac{ax+b}{(x^2+px+q)^k}$ да е дефинирана за всяко $x\in\mathbb{R}$, съответния степенен ред има краен радиус на сходимост. Причината за това е, че всеки полином с комплексни коефициенти има комплексен корен (основна теорема на алгебрата), поради което тази дроб, разглеждана като функция на комплексна променлива не е дефинирана в нулите на знаменателя.

От основните свойства на експонентата и тригонометричните функции можем да видим, че те са аналитични в $\mathbb{C}$.

Упражнения

  1. Покажете непосредствено, че функцията $f(z)=\frac{z-1}{(z-2)^2(z^2+1)}$ е аналитична в $\mathbb{C}\setminus\{2,\pm i\}$.
  2. Покажете, че функциите $\exp, \sin, \cos$ са аналитични в $\mathbb{C}$.
    Упътване. Използвайте, че $e^{z}=e^be^{z-b}$ и $\sin z=\sin(z-b)\cos b+\cos(z-b)\sin b$.
  3. Нека $a\in\mathbb{R}$ и $k\in\mathbb{N}$. Да се развие в степенен ред функцията $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, дефинирана с $f(x)=(x^2+a^2)^{-k}$ около произволна точка $b\in\mathbb{R}$.
    Упътване. $$\frac{1}{x^2+a^2}=\frac{1}{x-ia}\frac{1}{x+ia}=\left(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^j}{(b-ia)^{j+1}}(x-b)^j\right)\left(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^j}{(b+ia)^{j+1}}(x-b)^j\right)=$$$$=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{(b-ia)^{j+1}}(x-b)^j\frac{(-1)^{n-j}}{(b+ia)^{n-j+1}}(x-b)^{n-j}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\sum_{j=0}^n\frac{1}{(b-ia)^{j+1}}\frac{1}{(b+ia)^{n-j+1}}\right)(x-b)^{n}.$$ Проверете, че коефициентите на получения ред са реални.

Други примери на аналитични функции ни дават сходящите степенни редове. При това, както ще се убедим, степенните редове около точките от областта на сходимост се получават, чрез пренареждане на изходния ред.

Теорема. Нека $\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k$ е сходящ степенен ред в кръга $K(a,r)$ и $f(z)$ е сумата му в точката $z\in K(a,r)$. Тогава функцията $f:K(a,r)\to\mathbb{C}$ е аналитична в $K(a,r)$.

Доказателство. Нека $b\in K(a,r)$ и $b\neq a$. Тогава $\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-b+b-a)^k=\sum_{k=0}^{\infty}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j$. Тъй като за всяко $n\in\mathbb{N}$ имаме $\sum_{k=0}^{n}\left|a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j\right|\leq\sum_{k=0}^{n}|a_k|\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}|b-a|^{k-j}|z-b|^j=\sum_{k=0}^{n}|a_k|(|b-a|+|z-b|)^k$, от абсолютната сходимост на $\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k$ в $K(a,r)$ виждаме, че ако $a+|b-a|+|z-b|\in K(a,r)$, т. е. $z\in  K(b,r-|b-a|)$, то редът $\sum_{k=0}^{\infty}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j$ е абсолютно сходящ и сходимостта му не зависи от подредбата на събираемите. Да забележим, че този ред не е степенен ред, а е ред от полиноми. За да получим степенен ред, трябва чрез разместване на събираемите да го пренаредим по степените на $z-b$, но тогава коефициентите пред степените на $z-b$ ще бъдат суми на редове. Следователно към този ред трябва да приложим теоремата за сходимост на двойни редове. За да видим по какъв начин да направим това, ще преработим частичната му сума. За всяко $n\in\mathbb{N}$ имаме $$\sum_{k=0}^{n}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j=\sum_{k=0}^{n}a_k\sum_{j=0}^k\frac{k!}{j!(k-j)!}(b-a)^{k-j}(z-b)^j=$$$$=\sum_{k=0}^{n}a_kk!\sum_{j=0}^k\frac{(z-b)^j}{j!}\frac{(b-a)^{k-j}}{(k-j)!}=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^{n-k}a_{k+j}(k+j)!\frac{(z-b)^k}{k!}\frac{(b-a)^{j}}{j!}=$$$$=\sum_{k=0}^n\sum_{p=k}^{n}a_{p}p!\frac{(z-b)^k}{k!}\frac{(b-a)^{p-k}}{(p-k)!}=\sum_{k=0}^n\sum_{p=k}^{n}a_{p}p!\frac{(b-a)^{p-k}}{(p-k)!}\frac{(z-b)^k}{k!}=$$$$=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\left(\sum_{p=k}^{n}a_{p}p(p-1)\ldots(p-k+1)(b-a)^{p-k}\right)(z-b)^k.$$ Да забележим, че за всяко $k\in\mathbb{N}$ сумата в скоби е частичната сума на сходящия ред $\sum_{p=k}^{\infty}a_pp(p-1)\ldots(p-k+1)(b-a)^{p-k}$ със сума $f^{(k)}(b)$. Следователно, от теоремата за сходимост на двойните редове (вж. 14 на тази тема) имаме $$\sum_{k=0}^{\infty}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left(\sum_{p=0}^{\infty}a_{p}p(p-1)\ldots(p-k+1)(b-a)^{p-k}\right)(z-b)^k.$$ С други думи получихме, че $$f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(z-b)^k, \quad z\in K(b,r-|b-a|),$$ т. е $f$ е аналитична функция в $K(a,r)$.

Забележка. Ако $f$ е функция, която има прозиводни от всеки ред в точката $b$, степенният ред $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(z-b)^k$ се нарича ред на Тейлор на $f$, в точката $b$. От полученото съотношение виждаме, че степенният ред, чрез който се представя сумата на един сходящ степенен ред в околност на произволна точка от областта му на сходимост е редът на Тейлор на сумата му около тази точка.

назад