Комплексный анализ I/Билеты/Ряды Тейлора

Теорема. (о бесконечной дифференцируемости голоморфной функции): $⊐D\subset ℂ$ область, $f\in O(D)$

$\mathrm{\forall }z\in D\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}\mathrm{\exists }{f}^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi (*)$,

где $\gamma$ жорданов замкнутый спрямляемый контур, $z\in \mathrm{Int}\gamma \subset \overline{\mathrm{Int}\gamma }\subset D$.

Доказательство. докажем формулу $(*)\mathrm{\forall }z$ для $n=0,1,\dots$ по индукции. База индукции интегральная теорема Коши для $\gamma$. Пусть для произвольного $n$ верно:

$f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi$

Запишем разность $f^{(n+1)}(z)$ и $\frac{(n+1)!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi$

$\frac{f^{(n)}(z+h)-f^{(n)}(z)}{h}-\frac{(n+1)!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi =$

$=\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )[\frac{1}{h}(\frac{1}{(\xi -z-h{)}^{n+1}}-\frac{1}{(\xi -z{)}^{n+1}})-\frac{n+1}{(\xi -z{)}^{n+2}}]d\xi =$

$=\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{\frac{1}{h}((\xi -z{)}^{n+2}-(\xi -z)(\xi -z-h{)}^{n+1})-(n+1)(\xi -z-h{)}^{n+1}}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi$

Преобразуем отдельно выражение:

$\begin{array}{c}(\xi -z{)}^{n+2}-(\xi -z)(\xi -z-h{)}^{n+1}=(\xi -z)((\xi -z{)}^{n+1}-(\xi -z-h{)}^{n+1})=\\ =(\xi -z)h\sum _{k=0}^n(\xi -z{)}^k(\xi -z-h{)}^{n-k}\end{array}$

(здесь мы воспользовались формулой $a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)(a^n+a^{n-1}b+\cdots +b^n)=(a-b){\sum }_{k=0}^n{a}^k{b}^{n-k}$)

$\begin{array}{c}\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{\frac{1}{h}((\xi -z{)}^{n+2}-(\xi -z)(\xi -z-h{)}^{n+1})-(n+1)(\xi -z-h{)}^{n+1}}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi =\\ =\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{(\xi -z)\sum _{k=0}^n(\xi -z{)}^k(\xi -z-h{)}^{n-k}-(n+1)(\xi -z-h{)}^{n+1}}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi =\\ =\frac{n!}{2\pi i}\underset{V}{\int }f(\xi )\frac{\sum _{k=0}^n(\xi -z-h{)}^{n-k}[(\xi -z{)}^{k+1}-(\xi -z-h{)}^{k+1}]}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi \le \end{array}$

Оценим разность:

$\begin{array}{c}(\xi -z{)}^{k+1}-(\xi -z-h{)}^{k+1}=h\sum _{j=0}^k(\xi -z{)}^j(\xi -z-h{)}^{k-j}\le |h|(k+1)(\mathrm{diam}\gamma {)}^k\\ \mathrm{diam}\gamma =\underset{x,y\in \gamma }{\max }\rho (x,y)\end{array}$

Оценим знаменатель $(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}$ снизу (обозначим $\rho =\rho (z,\mathrm{\Gamma })$):

$\begin{array}{c}(\xi -z-h{)}^{n+1}\ge \frac{{\rho }^{n+1}}{2^{n+1}},(\xi -z{)}^{n+2}\ge {\rho }^{n+2}\\ (\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}>\frac{{\rho }^{2n+3}}{2^{n+1}}\end{array}$

Теперь вернёмся к оценке нашего интеграла:

$\frac{n!}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{\sum _{k=0}^n(\xi -z-h{)}^{n-k}[(\xi -z{)}^{k+1}-(\xi -z-h{)}^{k+1}]}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}d\xi \le$

$\le \frac{n!}{2\pi }|\gamma |\underset{\gamma }{\max }|f(\xi )|\frac{\sum _{k=0}^n|h|(k+1)(\mathrm{diam}\gamma {)}^n}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}\le C(n,\gamma ,t)|h|\to 0,h\to 0$

$\le \frac{1!}{2\pi }|\gamma |\underset{\gamma }{\max }|f(\xi )|\frac{\sum _{k=0}^n|h|(k+1)(\mathrm{diam}\gamma {)}^n}{(\xi -z-h{)}^{n+1}(\xi -z{)}^{n+2}}\le C(n,\gamma ,t)|h|\to 0\text{ npu }h\to 0$

Теорема. (о разложении голоморфной функции в ряд Тейлора) $⊐D\subset ℂ$ область, $f\in O(D)$, $u$ открытый круг, $|z-a|<r$. Тогда

$\mathrm{\forall }z\in uf(z)={\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a{)}^n$,

причём ряд Тейлора сходится равномерно и на любом другом меньшем круге.

Доказательство.

$\gamma =(|\xi -a|=r-\epsilon ),z\in \mathrm{Int}\gamma$

По интегральной формуле Коши:

$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{1}{\xi -a-(z-a)}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{1}{\xi -a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{\xi -a}}d\xi$

$\left|\frac{z-a}{\xi -a}\right|\le 1$ (так как $|z-a|\le |\xi -a|$, потому что $z\in \mathrm{Int}\gamma$)

$\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{1}{\xi -a}\frac{1}{1-\frac{Z-a}{\xi -a}}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi )\frac{1}{\xi -a}{\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{z-a}{\xi -a}\right)}^{n}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }f(\xi ){\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(z-a{)}^n}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi =$

$={\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}(z-a{)}^n\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi$

Используя формулу для $n$-й производной из предыдущей теоремы, запишем:

${\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}(z-a{)}^n\frac{1}{2\pi i}\underset{\gamma }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi ={\sum }_{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a{)}^n$

Isbur (обсуждение) 00:40, 26 марта 2019 (UTC)