Ряд Тейлора и теорема единственности
18 октября 2026
Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).
1 Ряд Тейлора
Как мы помним, из голоморфности в области следует аналитичность в любой точке \(z_0\) из области: функция раскладывается в степенной ряд в окрестности \(z_0\). Оказывается, этот ряд обязательно будет рядом Тейлора.
Теорема 1 Если \(f\) голоморфна в \(U(z_0)\) и \(f = \sum_{n=0}^{\infty }c_n(z-z_0)^n\) в \(U(z_0)\), то коэффициенты указанного ряда определяются однозначно: \[ c_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!} \] Т.е. это обязательно ряд Тейлора.
Разложите в степенной ряд \(\frac{1}{(2 - z)^3}\) в окрестности нуля.
По формуле суммы геом. прогрессии имеем \[ \frac{1}{2- z} = \frac{1}{2} \frac{1}{1 - z/2} = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{2^{n+1}}z^n, \qquad \left|z\right| < 2 \] Степенные ряды можно почленно дифференцировать, радиус сходимости меняться не будет. Имеем \[ \begin{align} \frac{1}{(2-z)^2} & = \left(\frac{1}{2- z}\right)' = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{2^{n+1}}\left(z^n\right)' = \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n}{2^{n+1}}z^{n-1} \\ 2\frac{1}{(2-z)^3} & = \left(\frac{1}{2- z}\right)^{''} = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{2^{n+1}}\left(z^n\right)'' = \sum _{n=2}^{\infty } \frac{n(n-1)}{2^{n+1}}\left(z^{n-2}\right) = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(n+2)(n+1)}{2^{n+3}}\left(z^{n}\right) \end{align} \]
\(\frac{1}{(2 - z)^3} = \sum_{n=0}^{\infty }\frac{(n+1)(n+2)}{2^{n+4}}z^n\), \(\left|z\right| < 2\).
Разложите в степенной ряд \(e^{2z} \sin (4z)\) в окрестности нуля.
Имеем \[ e^{2z} \sin (4z) = e^{2z} \cdot \frac{e^{4iz} - e^{-4iz}}{2i} = \frac{e^{z(2 + 4i)} - e^{z(2 - 4i)}}{2i} \] Далее нужно каждую из экспонент в степенной ряд разложить. Радиусы сходимости у них \(+\infty\), значит и у итогового ряда будет \(+\infty\).
\(\sum_{n=0}^{\infty } \left(\frac{(4i + 2)^n - (2-4i)^n}{2in!}\right) z^{n}\), \(z \in \mathbb {C}\).
Разложить функцию \[ f(z) = \frac{z^{2}+2 z}{(z+1)^{3}} \] в ряд Тейлора в окрестности точки \(z = 1\).
Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки \(z = 0\) функции:
- \(\cos^{3} z\);
Найти разложение в ряд Тейлора в окрестности точки \(z = 0\) функции, удовлетворяющей указанным ниже условиям:
- \(\left(1-z^{2}\right) f^{\prime \prime }(z)-5 z f^{\prime }(z)-4 f(z) = 0, \quad f(0) = 0, \quad f^{\prime }(0) = 1\).
2 Порядки нуля
Пусть \(f \in H(D)\), т.е. \(f\) голоморфна в какой-то области \(D\). \(a\in D\) называется нулем функции \(f\), если \(f(a) = 0\).
Пусть \(a\) – нуль \(f\), и \(f \neq 0\). В некоторой окрестности \(U(a)\) функция \(f\) раскладывается в степенной ряд, причем это обязательно ряд Тейлора. Рассмотрим его:
\[ f(z) = c_{N}(z-a)^N + c_{N+1}(z-a)^{N+1} + \ldots , \]
где \(c_N \neq 0\), \(N \in \mathbb {N}\). \(N\) называется порядком нуля точки \(z = a\) для функции \(f\). Сокращенно: Н\(m\)П.
Пусть \(z = a\) явл. Н\(m\)П (нуль \(m\)-го порядка) для \(f\) и Н\(k\)П для \(g\). Докажите, что тогда точка \(a\) – это Н\((m+k)\)П для \(fg\).
\(f(z) = (z-a)^m h(z)\), где \(h\) голоморфна в окрестности \(a\) и не обнуляется в \(z = a\): \(h(z) = c_m + c_{m+1}(z - a) + \ldots\), \(h(a) = c_m \neq 0\). (На самом деле это эквив. опр-е порядка нуля.) Аналогично \(g(z) = (z-a)^{k}\tilde{h}(z)\), \(\tilde{h}(a) \neq 0\). Тогда \[ f(z)g(z) = (z-a)^{m+k} \cdot h(z)\tilde{h}(z), \qquad h(a)\tilde{h}(a) \neq 0, \] т.е. \(a\) – это Н\((m+k)\)П для \(fg\).
Пусть \(f(z) = (e^{i\pi z} + 1)^3\). Найдите порядок нуля \(a = -1\).
Сделаем замену \(w = z + 1\). Нужно найти порядок нуля точки \(w = 0\) для функции \((e^{i\pi (w-1)} + 1)^3\). Имеем \[ g(w) := e^{i\pi (w-1)} + 1 = e^{-i\pi }e^{i\pi w} + 1 = -e^{i\pi w} + 1 = -\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(i\pi )^n}{n!}w^n \] Т.е. \(w = 0\) явл. Н\(1\)П для \(g(w)\). Значит, согласно предыдущему примеру, \(w=0\) явл. Н\(3\)П для \(g^3(w)\).
\(3\).
Пусть \(f(z) = \left(\cos 3z - \cos 5z\right)^2\left(1 - \cos 2z\right)^3\). Найдите порядок нуля \(a = 0\).
Разложим множители в ряды Тейлора: \[ \begin{align} \cos 3z - \cos 5z & = \left(1 - \frac{(3z)^2}{2} + \ldots \right) - \left(1 - \frac{(5z)^2}{2} + \ldots \right) = \frac{5^2 - 3^2}{2}z^2 + \ldots = 8z^2 + \ldots \\ 1 - \cos 2z & = \frac{(2z)^2}{2} + \ldots = 2z^2 + \ldots \end{align} \] Т.е. \(0\) – это Н2П для обоих множителей. Порядок нуля произведения равен сумме порядков (предыдущий пример), поэтому ответ \(2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 = 10\).
\(10\).
Все нули \(\sin , \cos , \operatorname {ch}, \operatorname {sh}\) имеют 1-й порядок.
Определить порядок \(m\) нуля \(z = a\) функции \(f(z)\), если:
\(f(z) = (\cos 3 z-\cos 5 z)^{2}(1-\cos 2 z)^{3}, \quad a = 0\);
\(f(z) = \left(z^{4}+2 z^{3}-2 z-1\right)^{2}\left(e^{i \pi z}+1\right)^{3}, a = -1\).
3 Теорема единственности и следствия
Теорема 2 (Теорема единственности) Пусть \(D\) – область, \(E \subset D\), \(E\) имеет предельную точку \(a\) в \(D\). Пусть \(f, g \in H(D)\). Тогда если они совпадают на \(E\), то они совпадают и на \(D\): \[ f|_E \equiv g|_E \; \Rightarrow \; f \equiv g \]
Т.е. чтобы 2 голоморфные в одной и той же области функции совпадали, достаточно, чтобы они совпадали на какой-то последовательности из области, имеющей предельную точку.
Останется ли теорема единственности верной, если \(a \not\in D\)?
Ключевое соображение в доказательстве теоремы единственности – это разложение функции \(f - g\) в степенной ряд по степеням \((z - a)\) в некоторой окрестности \(a\). Если \(a\) не в области, то это невозможно сделать, и доказательство ломается.
В качестве конкретного примера: пусть \(f(z) = \sin \left(\frac{1}{z}\right)\), \(g \equiv 0\). Функции \(f\), \(g\) голоморфны в области \(D = \mathbb {C} \setminus \left\{ 0\right\}\), совпадают как минимум на множестве
\[ E = \left\{ z = \frac{1}{\pi k}, \; k \in \mathbb {Z}\right\} \]
При этом эти функции различны.
Теорема единственности неприменима в данном случае: предельная точка \(E\) – это точка \(0\), но она не входит в \(D\).
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: график sin(1/x) на вещественной оси и нули 1/(pi k), накапливающиеся к выколотой точке 0. Интерактив: зум к нулю (лог-масштаб по x), слайдер числа отображаемых нулей, подсветка того, что предельная точка 0 не принадлежит области голоморфности C\{0}.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/130/010_uniqueness_counterexample_fig.tex
Существует ли \(f \in H(D)\) для некоторой окрестности нуля \(D = U(0)\), такая что \[ f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{\sin ^2 \frac{\pi n}{2}}{n}, \quad \forall n \in \mathbb {N} \]
Имеем \[ f\left(\frac{1}{2k}\right) = 0, \qquad f\left(\frac{1}{2k + 1}\right) = \frac{1}{2k + 1} \] Рассмотрим \(E_1 = \left\{ \frac{1}{2k}, \; k \in \mathbb {N}\right\}\), \(E_2 = \left\{ \frac{1}{2k+1}, \; k \in \mathbb {N}\right\}\). По теореме единственности для \(g_1 \equiv 0\) и \(E_{1}\) получаем, что \(f \equiv 0\) на \(D\). По теореме единственности для \(g_2(z) = z\) и \(E_{2}\) получаем, что \(f(z) = z\) на \(D\). Противоречие.
Нет.
Существует ли функция \(f(z)\), регулярная в некоторой окрестности точки \(z = 0\) и удовлетворяющая одному из следующих условий (для всех \(n = 1,2, \ldots )\):
\(f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{\cos^{2} \pi n}{2 n+1}\);
\(2^{-n} < \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| < 2^{1-n}\);
\(\left|f\left(\frac{1}{n}\right)-\frac{\cos \pi n}{2 n+1}\right| < \frac{1}{n^{2}}\).
\(\cos^2 \pi n = 1\) при всех \(n \in \mathbb {N}\), т.е. \(f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2n + 1} = \frac{1/n}{2 + 1/n}\). Рассмотрим функцию
\[ f(z) = \frac{z}{2 + z} \]
Заметим, что
\[ f(z) = z \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + z/2} = z \cdot \frac{1}{2} \cdot \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{2^n}z^n, \quad \left|z\right| < 2 \]
\(f(z)\) представляется суммой степенного ряда в открытом шаре радиуса \(2\) вокруг нуля. Значит она там регулярна.
Если \(f\) регулярна в окрестности \(z= 0\), то она аналитична там. Т.е. найдется некоторая окрестность \(U(0)\), в которой \(f\) разлагается в сумму степенного ряда:
\[ f(z) = \sum _{n=N}^{\infty } a_n z^n = z^{N} \cdot \underbrace{\left(\sum _{k=0}^{\infty } a_{k+N} z^k\right)}_{:= h(z)}, \]
где \(a_N \neq 0\) (\(N \in \mathbb {Z}_+\)) – первый ненулевой коэффициент в ряду (\(f \equiv 0\) в какой-либо окрестности нуля не может быть в силу \(2^{-n} < \left|f(1/n)\right|\)). Заметим, что \(h(z)\) – это голоморфная в той же области \(U(0)\) функция, причем \(h(0) = a_{N} \neq 0\). При этом имеем
\[ 2^{-n} < \left|\frac{1}{n^{N}} \cdot h\left(\frac{1}{n}\right)\right| < 2 \cdot 2^{-n} \]
Далее,
\[ n^{N} \cdot 2^{-n} < \left| h\left(\frac{1}{n}\right)\right| < 2 \cdot n^{N} \cdot 2^{-n} \xrightarrow [n \to \infty ]{} 0, \]
т.е. \(\left|h(1/n)\right| \to 0\). Из голоморфности следует непрерывность. Пришли к противоречию с тем, что \(h(0)\neq 0\).
Имеем \(\cos \pi n = (-1)^n\). Условие:
\[ \left|f\left(\frac{1}{n}\right)-\frac{\cos \pi n}{2 n+1}\right| < \frac{1}{n^{2}} \iff \left|f\left(\frac{1}{n}\right)-\frac{(-1)^n \cdot \frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}\right| < \left(\frac{1}{n}\right)^2 \]
Рассмотрим функции
\[ g_1(z) = f(z) + \frac{z}{2 + z}, \qquad g_2(z) = f(z) - \frac{z}{2+z} \]
Если \(f\) регулярна в окрестности \(z= 0\), то она аналитична там. Т.е. найдется некоторая окрестность \(U_{\varepsilon }(0)\), в которой \(f\) разлагается в сумму степенного ряда по степеням \(z\). Не огр. общности, пусть \(\varepsilon < 2\). Мы знаем, что в \(U_{2}(0)\) функция \(\frac{z}{2 + z}\) разлагается в степенной ряд. По свойствам суммы степенных рядов приходим к тому, что \(g_1\), \(g_2\) также должны разлагаться в степенной ряд в \(U_{\varepsilon }(0)\).
Пусть \(g_1(z) = \sum_{n=0}^{\infty }a_nz^n\) при \(z \in U_{\varepsilon }(0)\). При нечетных \(n\) имеем \(\cos \pi n = -1\), т.е. условие превращается в \(\left|g_1\left(\frac{1}{n}\right)\right| < \frac{1}{n^2}\). Имеем
\[ \left|g_1(z)\right| < z^2 \qquad \text{при } z = \frac{1}{2n+1} \qquad \; \Rightarrow \; \qquad \left|\sum _{k=0}^{\infty }a_kz^{k-2}\right| < 1 \qquad \text{при } z = \frac{1}{2n+1} \]
Из этого следует, что \(a_0 = a_1 = 0\) (иначе не было бы ограниченности для суммы ряда).
Аналогично для \(g_2(z) = \sum_{n=0}^{\infty }b_nz^n\) (четные \(n\), \(\cos \pi n = 1\)): имеем
\[ \left|g_2(z)\right| < z^2 \qquad \text{при } z = \frac{1}{2n} \]
Следовательно, \(b_0=b_1 = 0\).
Таким образом, \(g_1(z) - g_2(z)\) при разложении вокруг нуля также не имеет коэффициента при \(1\)-й степени. Однако
\[ g_1(z) - g_2(z) = \frac{2z}{2+z} = z \cdot \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{2^n}z^n = z - \frac{1}{2}z^2 + \frac{1}{4}z^3 - \ldots , \quad z \in U_{\varepsilon }(0) \]
Пришли к противоречию, т.к. разложение в степенной ряд голоморфной функции в окрестности какой-то точки из области определяется однозначно.
да.
нет;
нет.
Существует ли функция \(f(z)\), регулярная в некоторой окрестности точки \(z = 0\) и удовлетворяющая одному из следующих условий (для всех \(n = 1,2, \ldots )\):
\(f\left(\frac{1}{n}\right) = \sin \frac{\pi n}{2}\);
\(f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2 n+\cos \pi n}\);
\(\left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| < e^{-n}\);
\(n^{-5 / 2} < \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| < 2 n^{-5 / 2}\);
Функция комплексного аргумента \(f\) называется целой, если она голоморфна во всей комплексной плоскости:
\[ f \in H(\mathbb {C}) \]
Доказать, что \(e^{z_1 + z_2} = e^{z_1} \cdot e^{z_2}\) для \(z_1, z_2 \in \mathbb {C}\).
Что мы знаем? \(e^z = \sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}z^n\). Этот степенной ряд сходится везде, т.е. \(e^{z}\) – это целая функция. Также знаем, что \(e^{z_1 + z_2} = e^{z_1} \cdot e^{z_2}\) для \(z_1, z_2 \in \mathbb {R}\).
Фиксируем \(z_1 \in \mathbb {R}\) и рассмотрим \(f(z) = e^{z_1 + z} - e^{z_1}e^{z}\). Знаем, что \(f\) – это целая функция, и что \(f \equiv 0\) на \(\mathbb {R}\). \(\mathbb {R} \subset D = \mathbb {C}\), \(\mathbb {R}\) имеет в \(\mathbb {C}\) предельную точку. По теореме единственности получаем, что \(f \equiv 0\) на \(\mathbb {C}\), т.е. \(e^{z_1 + z_2} = e^{z_1} \cdot e^{z_2}\) для \(z_1 \in \mathbb {R}, z_2 \in \mathbb {C}\).
Фиксируем \(z_2 \in \mathbb {C}\) и рассмотрим \(f(z) = e^{z + z_2} - e^{z}e^{z_2}\). Знаем, что \(f\) – это целая функция, и что \(f \equiv 0\) на \(\mathbb {R}\) (по предыдущему пункту). По теореме единственности получаем, что \(f \equiv 0\) на \(\mathbb {C}\), т.е. \(e^{z_1 + z_2} = e^{z_1} \cdot e^{z_2}\) для \(z_1 \in \mathbb {C}, z_2 \in \mathbb {C}\).
Опираясь на справедливость приводимых ниже формул для действительных значений переменных и на теорему единственности, доказать их справедливость и для произвольных комплексных значений этих переменных:
\(\operatorname {ch} 2 z = \operatorname {ch}^{2} z+\operatorname {sh}^{2} z\);
\(\sin \left(z_{1}+z_{2}\right) = \sin z_{1} \cos z_{2}+\cos z_{1} \sin z_{2}\);
Теорема 3 (Лиувилль) \(f\) целая и ограниченная (т.е. \(\exists M > 0\): \(\left|f(z)\right| \leq M\) \(\forall z \in \mathbb {C}\)) \(\; \Rightarrow \;\) \(f \equiv \operatorname {const}\) на всем \(\mathbb {C}\).
Описать все целые двоякопериодические \(f\), т.е. такие целые \(f\), что \[ f(z+i) = f(z+1) =f(z), \qquad z \in \mathbb {C} \]
Заметим, что \(f\) однозначно задается своими значениями на множестве
\[ z = x + iy \; : \; x,y \in [0,1) \]
Действительно, для всех \(z \in \mathbb {C}\) выполнено
\[ f(z) = f(x + iy) =f((x - \lfloor x \rfloor ) + i(y - \lfloor y \rfloor )), \]
где \((x - \lfloor x \rfloor ), (y - \lfloor y \rfloor ) \in [0,1)\).
Рассмотрим \(f\) на квадрате \(z = x + iy\), \(x,y \in [0,1]\). Это компактное множество, \(f\) непрерывна, значит \(f\) ограничена на этом множестве. В силу периодичности она ограничена и на всей комплексной плоскости. По теореме Лиувилля, она тождественна константе.
\(f \equiv \operatorname {const}\)
Пусть все значения целой функции \(f\) лежат в верхней полуплоскости. Найти вид этой функции.