Нули аналитической функции
Пример. 1. Определить порядок нуля в точке z = 0
функции
f(z) =
Решение
1. Чтобы определить порядок нуля z = 0, разложим функцию f(z)в ряд Тейлора по степеням z
= =
2. Поскольку в полученном разложении коэффициенты = = 0, а = 1/2¹0, точка z = 0 — нуль 2 – го порядка функции f(z).
Ответ: точка z = 0 — нуль 2 – го порядка функции f(z).
Пример. 2. Найти все нули функции
f(z) =
и определить их порядок.
Решение
1. Находим нули функции f(z), разложив многочлен на множители
f(z) =
Получаем
= i, = – i, = 1+i, = 1 – i.
2. Определяем порядок каждого нуля:
Представим f(z) в виде
f(z) =,
где = и ¹0. Согласно формуле (2), = i — нуль 4 – го порядка функции f(z).
Представим f(z)в виде
f(z) =
где = и ¹0. Согласно формуле(2), = – i — нуль 4 – го порядка функции f(z).
Представим f(z) в виде
f(z) = (z – (1 – i)),
где = и ¹0. Согласно формуле (2), = 1 – i — нуль 1 – го порядка (простой нуль) функции f(z).
Представим f(z) в виде
f(z) = (z – (1+i)),
где = и ¹0. Согласно формуле (2), = 1+i нуль 1 – го порядка(простой нуль) функции f(z).
Ответ:
точка = i — нуль 4 – го порядка функции f(z),
точка = – i — нуль 4 – го порядка функции f(z),
точка = 1+i — нуль 1 – го порядка функции f(z),
точка = 1 – i — нуль 1 – го порядка функции f(z).
Пример. 3. Найти нули функции
f(z) = 1+ch z
и определить их порядок.
Решение
1. Находим нули аналитической функции f(z), решая уравнение
1+ch z = 0.
Поскольку ch z = cos iz, имеем уравнение для определения нулей
cos iz = – 1.
Отсюда
= pi(2k+1), kÎZ.
2. Находим производные заданной функции и их значения в точках :
f'(z) = sh z,
f''(z) = ch z
= shpi(2k+1) = 0,
f''(z\s( ,k)) = chpi(2k+1) = – 1¹0.
Так как = = 0 и ¹0, то = ip(2k+1)являются нулями 2 – го порядка функции f(z) = 1+ch z.
Ответ: точки = ip(2k+1) — нули 2 – го порядка функции f(z).
Пример. 4. Определить порядок нуля функции
f(z) = EQ (e – 1 – z)sin z
в точке z = 0.
Решение.
1. Функция задана в виде произведения двух функций: EQ f(z) и EQ f(z), где
EQ f(z) = EQ e – 1 – z
EQ f(z) = EQ sin z.
2. Для первого сомножителя EQ f(z) вычисляем порядок нуля z = 0. Разложим EQ f(z) в ряд Тейлора, используя табличное разложение
EQ e = EQ \i\su(,, \f(z,n!))
Получаем
EQ f(z) = EQ e – 1 – z = EQ 1+z+ \f(z,2!) + \f(z,3!) +·... – 1 – z = EQ \f(z,2!) + \f(z,3!) + \f(z,4!)+...
Следовательно, z = 0 является нулем 4 – го порядка функции EQ f(z).
Точка z = 0 — нуль первого порядка функции sin z, так как EQ (sin z)'| = cos 0 = 1¹0. Поэтому z = 0 — нуль 5 – го порядка функции EQ f(z) = EQ sin z (см. замечание).
4. Поскольку EQ f(z) = EQ f(z)·f(z), точка z = 0 является нулем 9 – го порядка функции f(z) (см. замечание).
Ответ: точка z = 0 является нулем 9–го порядка функции f(z).
Пример. 5. Найти нули функции
f(z) = EQ \f(sin z,z)
и определить их порядок.
Решение
1. Функция
f(z) = EQ \f(sin z,z)
аналитическая для"z¹0 (f(z) не определена в точке z = 0). Находим нули функции, решая уравнение f(z) = 0 (z¹0).
Получаем
EQ z = pk, k = ±1, ±2, ±3, ....
Эти точки простые нули функции sin z, а поэтому нули 4–го порядка для функции EQ sin z. Поэтому для каждого нуля EQ z можно записать
EQ sin z = EQ (z – z)·(z) EQ (z)0
и, следовательно,
EQ \f(sin z,z) = EQ (z – z) \f((z),z) = EQ (z – z)·(z) EQ (z)0
Из этого заключаем, что точки EQ z = pk, k = ±1,±2,±3,... являются нулями 4 – го порядка функции f(z).
Ответ: точки EQ z = pk, (k = ±1, ±2, ±3, ...) — нули 4 – го порядка функции f(z).