Комплексный анализ I/Билеты/Ряды Тейлора

Теорема. (о бесконечной дифференцируемости голоморфной функции): ${\textstyle \sqsupset D\subset \mathbb {C} }$ область, ${\textstyle f\in O(D)}$

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

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

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

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

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

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

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

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

Преобразуем отдельно выражение:

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

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

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

Оценим разность:

${\textstyle {\begin{aligned}(\xi -z)^{k+1}-(\xi -z-h)^{k+1}=h\sum _{j=0}^{k}(\xi -z)^{j}(\xi -z-h)^{k-j}\leq |h|(k+1)(\operatorname {diam} \gamma )^{k}\\\operatorname {diam} \gamma =\max _{x,y\in \gamma }\rho (x,y)\end{aligned}}}$

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

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

Теперь вернёмся к оценке нашего интеграла:

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

${\textstyle \leq {\frac {n!}{2\pi }}|\gamma |\max _{\gamma }|f(\xi )|{\frac {\sum _{k=0}^{n}|h|(k+1)(\operatorname {diam} \gamma )^{n}}{(\xi -z-h)^{n+1}(\xi -z)^{n+2}}}\leq C(n,\gamma ,t)|h|\rightarrow 0,\quad h\rightarrow 0}$

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

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

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

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

Доказательство.

${\textstyle \gamma =(|\xi -a|=r-\varepsilon ),\quad z\in \operatorname {Int} \gamma }$

По интегральной формуле Коши:

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

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

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

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

Используя формулу для ${\textstyle n}$-й производной из предыдущей теоремы, запишем:

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

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