Аналитични функции

В следващите няколко параграфа $\mathbb{F}$ означава $\mathbb{R}$ или $\mathbb{C}$, и за всяко $a\in \mathbb{F}$ и $r>0$ дефинираме $$B(a,r)=\{z\in\mathbb{F}||z-a|<r\}.$$ Топологията в $\mathbb{R}$ се дефинира по същия начин както в $\mathbb{C}$.

Определение 1. Нека $D\subset\mathbb{F}$ е отворено множество. Казваме, че функцията $f:D\to\mathbb{F}$ е аналитична в $D$, ако за всяко $a\in D$ съществува $\delta(a)>0$ и степенен ред $\sum\limits_{k\geq 0}a_k(z-a)^k$, с коефициенти $a_k\in\mathbb{F}$, $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$, сходящ поне в $B(a,\delta(a))$, така че $$f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k,$$ за всяко $z\in B(a,\delta(a))$.

Забележка. Функцията $f$ на реална или комплексна променлива е аналитична в $D$, ако всяка точка от $D$ има околност, в която стойностите на $f$ съвпадат със сумата на някой сходящ степенен ред. В този случай казваме още, че $f$ се развива в (или че се представя във вид на) степенен ред около всяка точка на $D$.

Забележка. От свойствата на степенните редове които разгледахме в Тема 11 веднага получаваме следните свойства на аналитичните функции:
1) всяка аналитична функция в $D$ има производни от всеки ред, които са аналитични в $D$,
2) сума и произведение на аналитични функции в $D$ е аналитична функция в $D$,
3) ако $f$ е аналитична в $D$, то $\frac{1}{f}$ е аналитична в $D\setminus\{z\in D|f(z)=0\}$, (тъй като степенният ред, чрез който се представя $f$ в околност на точка $a$ за която $f(a)\neq 0$ е обратим елемент в пръстена на всички степенни редове).
Може да се докаже, че ако $f$ е аналитична в $D$ и $g$ е аналитична в $G$, като $f(D)\subseteq G$, то $g\circ f$ е аналитична в $D$, т. е. композиция на аналитични функции е аналитична.

Упражнение 1. Покажете, че функцията $f(z)=z^{-1}$ е аналитична в $\mathbb{C}\setminus\{0\}$.
Упражнение 2. Докажете, че всеки еднозначен клон на $\log$ е аналитична функция в дефиниционната си област.

Примери за 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, вж. Тема 23), 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 $\mathbb{C}$.

Упражнение 3. Покажете непосредствено, че функцията $f(z)=\frac{z-1}{(z-2)^2(z^2+1)}$ е аналитична в $\mathbb{C}\setminus\{2,\pm i\}$.
Упражнение 4. Покажете, че функциите $\exp, \sin, \cos$ са аналитични в $\mathbb{C}$.
Упътване. Използвайте, че $\exp{z}=\exp b\exp{(z-b)}$ и $\sin z=\sin(z-b)\cos b+\cos(z-b)\sin b$.
Упражнение 5. 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.

Твърдение 1. Нека степененният ред $\sum\limits_{k\geq 0}a_k(z-a)^k$ е сходящ в кръга $K(a,r)$ и $f:K(a,r)\to\mathbb{C}$ е сумата му, т. е. $f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^k$ за всяко $z\in K(a,r)$. Тогава $f$ е аналитична функция в $K(a,r)$.
Доказателство. Нека $b\in K(a,r)$ и $b\neq a$. Тогава $$\sum\limits_{k\geq 0}a_k(z-a)^k=\sum\limits_{k\geq 0}a_k(z-b+b-a)^k=\sum\limits_{k\geq 0}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j.$$ 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 $\sum\limits_{k\geq 0}a_k(z-a)^k$ 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 $\sum\limits_{k\geq 0}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j$ 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 двойни редове имаме $$\sum\limits_{k=0 }^{\infty}a_k\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(b-a)^{k-j}(z-b)^j=\sum\limits_{k= 0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left(\sum_{p=0}^{\infty}a_{p}p(p-1)\ldots(p-k+1)(b-a)^{p-k}\right)(z-b)^k.$$ С други думи получихме, че $$f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(z-b)^k, \quad z\in K(b,r-|b-a|),$$ 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 $$\sum\limits_{k\geq 0}\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(z-b)^k$$ се нарича ред на Тейлор на $f$, около 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.

Упражнение 6. Покажете, че функцията $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, зададена с $f(x)=\begin{cases}e^{-x^{-2}}, x\neq 0 \\ 0, x=0\end{cases}$ има производни от прозиволен ред, но не е аналитична в $\mathbb{R}$.
Упътване. Напишете реда на Тейлор на $f$ около $0$ и забележете, че $f$ не се анулира тъждествено в никоя околност на $0$.

Критериий за аналитичност на безкрайно гладки функции

Както вече знаем, за всяка функция, която има производни от произволен ред в даден интервал (безкрайно гладка функция) можем да напишем реда на Тейлор, във всяка точка от този интервал. Редът на Тейлор, както всеки степенен ред, може да бъде сходящ навсякъде, да бъде сходящ в една точка, или да бъде сходящ в някой интервал. Лесно можем да дадем примери на функции, чиито ред на Тейлор в дадена точка е сходящ навсякъде или в някой интервал. Като пример на безкрайно гладка функция, чиито ред на Тейлор в дадена точка е сходящ само в тази точка, можем да дадем функцията $$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin(2^kx)}{k!},\quad x\in\mathbb{R}.$$ Нейният ред на Тейлор около точката $0$ е сходящ само в тази точка. От друга страна, ако редът на Тейлор на една безкрайно гладка функция е сходящ в интервал, то сумата му може да не съвпада с функцията в този интервал. Например редът на Тейлор в точката $0$ за функцията $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, дефинирана с $f(x)=e^{x^{-2}}$, при $x\neq 0$ и $f(0)=0$, има нулеви коефициенти и следователно той е сходящ навсякъде, и сумата му е тъждествено нула. От друга страна, функцията $f$ не е тъждествено нула в никоя околност на $0$. Това показва, че сумата на редът на Тейлор на $f$ в точката $0$ не съвпада с $f$ в никоя околност на $0$. Оттук следва, че $f$ не e аналитична. Наистина в предната тема видяхме, че сумата на всеки степенен ред е аналитична функция и че степенният ред, чрез който се представя неговата сума, около произволна точка от кръга на сходимост, е редът на Тейлор на сумата. Това показва, че ако една функция е аналитична, то степенният ред, чиято сума съвпада с функцията, в околност на фиксирана точка от дефиниционното множество, е редът на Тейлор на функцията в тази точка. Тъй като $f$ не съвпада с реда си на Тейлор в точката $0$, виждаме, че тя не е аналитична, т. е. съществуват безкрайно гладки функции, които не са аналитични. Целта в настоящия параграф е да видим при какви условия една безкрайно гладка функция е аналитична.

Твърдение 2. Нека $D\subset\mathbb{R}$ е интервал и $f:D\to\mathbb{R}$ безкрайно гладка функция в $D$. Функцията $f$ аналитична, тогава и само тогава, когато за всяко $a\in D$ съществуват реални положителни числа $\delta, M, t$, такива че за всички $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ и $x\in(a-\delta,a+\delta)$ е изпълнено $\left|\frac{f^{(k)}(x)}{k!}\right|\leq Mt^k$. С други думи, всяка точка от $D$ има $\delta$ околност, в която модулът на $k$-тия коефициент в реда на Тейлор на $f$, не надминава $Mt^k$ за някои $M, t$.
Доказателство. Нека $f$ е аналитична в $D$, тогава за всяко $a\in D$ съществува $\delta>0$, такова че $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ при $x\in(a-\delta,a+\delta)$. Също така, за всяко $b\in(a-\delta,a+\delta)$ имаме $$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(x-b)^k,$$ при $|x-b|<\delta-|b-a|$. Следователно, ако $|x-b|=r<\delta-|b-a|$ и $S(r)=\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}\right|r^k$ (напомняме, че всеки степенен ред е абсолютно сходящ в областта си на сходимост), то $$\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}\right|r^k=\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(x-b)^k\right|\leq\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(x-a)^k\right|=\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}\right|r^k=S(r),$$ което показва, че за всички $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ и $b\in(a-\delta,a+\delta)$ имаме $\left|\frac{f^{(k)}(b)}{k!}\right|\leq\frac{S(r)}{r^k}$. Дефинирайки $M=S(r)$ и $t=\frac{1}{r}$ получаваме, че за всяко $a\in D$ съществуват реални положителни числа $\delta, M, t$, такива че за всички $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ и $x\in(a-\delta,a+\delta)$ е изпълнено $\left|\frac{f^{(k)}(x)}{k!}\right|\leq Mt^k$.
Обратно, нека за всяко $a\in D$ съществуват реални положителни числа $\delta,M, t$, такива че за всички $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ и $x\in(a-\delta,a+\delta)$ е изпълнено $\left|\frac{f^{(k)}(x)}{k!}\right|\leq Mt^k$. Тогава за всяко $a\in D$ и всяко $x\in(a-\delta,a+\delta)$, от формулата на Тейлор имаме $$f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k=\frac{f^{(n+1)}(a+\theta(x-a))}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$ за някое $\theta\in(0,1)$. Тъй като $a+\theta(x-a)\in(a-\delta,a+\delta)$ виждаме, че $$\left|\frac{f^{(n+1)}(a+\theta(x-a))}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} \right|\leq Mt^{n+1}\delta^{n+1}.$$ Оттук виждаме, че ако $|x-a|<p=\min\{\delta,\frac{1}{2t}\}$, то $$\left|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\right|\leq M\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\to 0,$$ при $n\to\infty$, което показва, че $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ при $x\in(a-p,a+p)$, т. е. $f$ е аналитична функция.

Упражнение 7. Дайте примери на функции чиито ред на Тейлор е сходящ навсякъде/в кръг/в интервал.
Упражнение 8. Покажете, че функцията $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin(2^kx)}{k!}$, $x\in\mathbb{R}$ има производни от произволен ред в $\mathbb{R}$ и ги пресметнете. Напишете редът на Тейлор на функцията $f$ в точката $0$ и го изследвайте за сходимост.

Единственост на аналитичните функции

В настоящата тема ще видим, че ако една аналитична в област функция се анулира в множество от точки, което има точка на сгъстяване в областта, то функцията е тъждествено нула в цялата област.

Твърдение 3. Нека $D\subset\mathbb{F}$ е област, $a\in D$, $f:D\to\mathbb{F}$ е аналитична функция и $w:\mathbb{N}\to D\setminus\{a\}$ е редица, за която $f(w)=0$ и $\lim w= a$. Тогава $f=0$.
Доказателство. Тъй като $f$ е аналитична, съществуват редица $(c_k)_{k=1}^{\infty}$ от елементи на $\mathbb{F}$ и число $\delta>0$, такива че $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}c_k(z-a)^k$ за всяко $z\in B(a,\delta)$. Тъй като $\lim w=a$, съществува $m\in\mathbb{N}$, такова че $w_k\in B(a,\delta)\setminus\{a\}$ и $f(w_k)=0$ за всяко $k>m$. Нека $v:\mathbb{N}\to B(a,\delta)\setminus\{a\}$ е редицата, дефинирана с $v_k=w_{m+k}$. Тогава $\lim v=a$ и $f(v)=0$. От теоремата за единственост на степенните редове (Твърдение 6 от Тема 11), следва, че $c_k=0$ за всяко $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$, т. е. $f(z)=0$ за всяко $z\in B(a,\delta)$. Разглеждаме множеството $$M=\{b\in D|съществува \delta>0 такова че f=0 в B(b,\delta)\},$$ за което ще докажем, че съвпада с $D$. За целта е достатъчно да докажем, че то е непразно, едновременно отворено и затворено множество в $D$ (тъй като $D$ е свързано) (Твърдение от Тема 4). Вече доказахме, че $a\in M$ и следователно $M\neq\emptyset$. От друга страна, ако $b\in M$, то съществува $\delta>0$, такова че $f=0$ в $B(b,\delta)$ и ако $c\in B(b,\delta)$, то $B(c,\delta-|c-b|)\subset B(b,\delta)$ и следователно $f=0$ в $B(c,\delta-|c-b|)$, което показва, че $B(b,\delta)\subset M$, т. е всяка точка на $M$ е вътрешна. Затвореността на $M$ следва отново от теоремата за единственост на степенните редове. Действително, нека $u:\mathbb{N}\to M$ е сходяща редица и $\lim u=b\in D$. Тогава $f(u)=0$ и тъй като $f$ е аналитична, съществува $r>0$, такова че $f$ е сума на степенен ред в кръга $K(b,r)$. Тъй като $f$ е непрекъсната в точката $b$ имаме $0=\lim f(u)=f(\lim u)=f(b)$. Следователно, от теоремата за единственост на степенните редове (Твърдение 6 от Тема 11), имаме $f=0$ в $K(b,r)$, откъдето $b\in M$.

Забележка. Ако $D$ е отворено множество, което не е област, то Tвърдение 3 не е вярно. Наистина функцията $f$, дефинирана с $f(z)=0$ при $|z|<1$ и $f(z)=1$ при $|z|>1$ е аналитична в отвореното множество $D=\mathbb{C}\setminus C(0,1)$ и се анулира тъждествено в отворения единичен кръг, но очевидно не е тъждествено нула в $D$.
Забележка. Изискването в Tвърдение 3 за границата на редицата от точки, в които аналитичната функция се анулира, да е елемент на областта е съществено. Без него твърдението не е вярно. Наистина функцията $f(z)=\sin(z^{-1})$, $z\neq 0$ е аналитична в $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ (като композиция на аналитични функции), $f(\frac{1}{k\pi})=0$ за всяко $k\in\mathbb{N}$ и $\frac{1}{k\pi}\to 0$ при $k\to \infty$. Очевидно обаче $f$ не е тъждествено нула в $\mathbb{C}\setminus\{0\}$. Причината е, че $0$ не е точка от областта $\mathbb{C}\setminus\{0\}$.
Забележка. От Твърдение 3 виждаме, че нулите на всяка аналитична в област функция, която не е тъждествено нула, са изолирани.

Упражнение 9. Нека е дадена аналитична функция $f$ в област $D\subset\mathbb{F}$ и нека $G\subset\mathbb{F}$ е област съдържаща $D$. Задачата за аналитично продължение се състои в това да се намери аналитична функция $g:G\to\mathbb{F}$, за която $g(z)=f(z)$ за всяко $z\in D$, (такава функция се нарича аналитично продължение на $f$). Като следствие от теоремата за единственост имаме, че ако съществува аналитично продължение на $f$ в областта $G$, то е единствено. Напомняме, че две функции образуват съгласувана система, ако те съвпадат в сечението на дефиниционите си множества. Тогава обединението им е функция с дефиниционно множество обединението на двете дефиниционни множества и е продължение на всяка една от функциите.

Упражнение 10. Покажете, че ако една аналитична в дадена област функция е тъждествено нула в някое отворено множество, което се съдържа в областта, то функцията е тъждествено нула в цялата област.
Упражнение 11. Покажете, че ако производните от всеки ред на две аналитични в дадена област функции съвпадат в някоя точка от областта, то функциите съвпадат в цялата област.
Упражнение 12. Нека $I\subset\mathbb{R}$ е интервал и $f:I\to\mathbb{C}$ е аналитична функция. Покажете, че функцията $f$ има аналитично продължение в област $D\subset\mathbb{C}$, съдържаща $I$.
Решение. Тъй като $f$ е аналитична, за всяко $a\in I$ съществува $\delta(a)>0$, и степенен ред $\sum\limits_{k\geq 0}a_k(a)(x-a)^k$, такива че $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(a)(x-a)^k$ при $x\in I_a=(a-\delta(a),a+\delta(a)) $. Дефинираме $$g_a(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(a)(z-a)^k$$ за $z\in K(a,\delta(a))$ (редът е сходящ поне в този кръг). Тогава $g_a$ е аналитично продължение на $f|_{I_a}$ до $K(a,\delta(a))$. Тъй като $K(a,\delta(a))$ е област, $D=\cup_{a\in I} K(a,\delta(a))$ е също област и системата $G=\{g_a|a\in I\}$ е съгласувана система от аналитични функции. Тогава $\cup G$ е аналитичното продължение на $f$ от $I$ до $D$.

Нули на аналитичните функции

Определение 2. Нека $f$ има производни от ред поне $k$ в околност точката $a\in\mathbb{F}$. Казваме, че $a$ е нула от кратност $k$ (от краен ред $k$) на $f$, ако $$f(a)=f'(a)=\ldots=f^{(k-1)}(a)=0$$ и $f^{(k)}(a)\neq 0$. Ако $k=1$, казваме, че $a$ е проста нула на $f$. Ако $f$ има производни от всеки ред и $f^{(k)}(a)=0$, за всяко $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$, казваме, че $a$ е нула на $f$ от безкраен ред.

Забележка. Тъй като аналитичните функции имат производни от всеки ред, за тях е приложимо определението за нула от краен или безкраен ред. Да забележим обаче, че ако една аналитична в област функция има нула от безкраен ред, то тя е тъждествено нула (Твърдение 3). Това не е така за безкрайно гладките функции. Например за функцията $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, дефинирана с $f(x)=e^{x^{-2}}$, при $x\neq 0$ и $f(0)=0$, точката $0$ е нула от безкраен ред, а $f$ не е тъждествено нула. Оттук виждаме, че нулите на непостоянните аналитични функции са изолирани и в ограничено множество те могат да са най-много краен брой.

Следващата теорема показва, какво е локалното представяне на аналитичните функции около техните нули.

Твърдение 4. Нека $f$ е аналитична функция в областта $D\subset\mathbb{F}$, която не е тъждествено нула в околност на точката $a\in D$. Тогава следните условия са еквивалентни:
1) $a$ е $k$-кратна нула на $f$,
2) съществува $\delta>0$ и аналитична функция $g$ в $B(a,\delta)$, такива че $f(z)=(z-a)^kg(z)$ за всяко $z\in B(a,\delta)$ и $g(a)\neq 0$.
Доказателство. Нека $a$ е $k$ кратна нула на $f$. Тогава съществува число $\delta>0$, такова че $$f(z)=\sum_{j=k}^{\infty}\frac{f^{(j)}(a)}{j!}(z-a)^j=(z-a)^k\sum_{j=0}^{\infty}\frac{f^{(k+j)}(a)}{(k+j)!}(z-a)^j,\quad z\in B(a,\delta).$$ Дефинираме $$g(z)= \sum_{j=0}^{\infty}\frac{f^{(k+j)}(a)}{(k+j)!}(z-a)^j$$ за $z\in B(a,\delta)$. Очевидно $g$ е аналитична в $B(a,\delta)$ (Твърдение 1), $g(a)=\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\neq 0$ и $f(z)=(z-a)^kg(z)$ за всяко $z\in B(a,\delta)$. Обратно, диференцирайки $k$ пъти съотношението $f(z)=(z-a)^kg(z)$ в точката $a$ и отчитайки, че $g(a)\neq 0$, получаваме, че $f(a)=f'(a)=\ldots=f^{(k-1)}(a)=0$, и $f^{(k)}(a)\neq 0$, т. е. $a$ е $k$-кратна нула на $f$.

Забележка. Твърдение 4 показва, че по отношение на нулите, аналитичните функции имат свойства аналогични с тези на полиномите. От алгебрата знаем, че ако $a$ е $k$-кратен корен на един полином, то този полином се дели на $(z-a)^k$, т. е. полиномът се представя като произведение на $(z-a)^k$ и друг полином.

Упражнение 13.
Определете кратността на нулите на функцията $f$, ако
а) $f(z)=(z^2+1)^2$, б) $f(z)=z\sin z$, в) $f(z)=2\exp z-z^2-2z-2$, г) $f(z)=z^2-z^2\cos z$.

назад