Funkcje analityczne — przykÃlady
ostatnia aktualizacja:
11 czerwca 2014, 00:14
Twierdzenie 14.1 (
rozwinie
,
cie sinusa w iloczyn niesko´
nczony
)
Dla ka˙zdej liczby zespolonej z zachodzi r´owno´s´c
sin z = z ·
∞
Y
n=1
1 −
z
2
n
2
π
2
:= z · lim
n→∞
1 −
z
2
1
2
π
2
1 −
z
2
2
2
π
2
· . . . · 1 −
z
2
n
2
π
2
przy czyn iloczyn jest zbie˙zny niemal jednostajnie, czyli jednostajne na ka˙zdym zbio-
rze zwartym K ⊆ C .
Dow´
od. Najpierw wyka˙zemy, ˙ze dla ka˙zdej liczby naturalnej n istnieje taki wielo-
mian W
n
stopnia 2n + 1 , ˙ze dla ka˙zdej liczby zespolonej z zachodzi r´owno´s´c:
sin(2n + 1)z = W
n
(sin z) .
Mo˙zna udowodni´c istnienie wielomianu W
n
przez indukcje
,
, ale zamiast tego skorzy-
stamy z wzor´ow Eulera. Mamy
sin(2n + 1)z =
=
1
2i
cos(2n + 1)z + i sin(2n + 1)z
− cos(2n + 1)z − i sin(2n + 1)z
=
=
1
2i
cos z + i sin z
2n+1
− cos z − i sin z
2n+1
=
=
n
X
k=0
(−1)
k 2n+1
2k+1
cos
2n+1−2k−1
z sin
2k+1
z =
=
n
X
k=0
(−1)
k 2n+1
2k+1
(1 − sin
2
z)
n−k
sin
2k+1
z := W
n
sin(z)
.
Oczywi´scie stopie´
n wielomianu W
n
nie jest wie
,
kszy ni˙z 2n + 1 . Dla ka˙zdej liczby
ca lkowitej k zachodzi r´owno´s´c W sin
kπ
2n+1
= sin(kπ) = 0 . Oznacza to, ˙ze liczba
sin
kπ
2n+1
jest pierwiastkiem wielomianu W
n
. Funkcja sinus ro´snie (´sci´sle) na prze-
dziale
−
π
2
,
π
2
. Wobec tego
sin
−nπ
2n+1
< sin
(−n+1)π
2n+1
< . . . < sin
0·π
2n+1
< sin
π
2n+1
< . . . < sin
nπ
2n+1
.
Wskazali´smy wie
,
c 2n + 1 parami r´
o˙znych pierwiastk´ow wielomianu W
n
, wie
,
c jego
stopie´
n nie jest mniejszy ni˙z 2n + 1 . Pierwiastki wielomianu W
n
le˙za
,
symetrycznie
wzgle
,
dem punktu 0 na osi rzeczywistej. Mo˙zna go przedstawi´c jako iloczyn:
W
n
(u) = A
n
u 1 −
u
2
sin
2
π
2n+2
1 −
u
2
sin
2
2π
2n+2
1 −
u
2
sin
2
3π
2n+2
· . . . · 1 −
u
2
sin
2
nπ
2n+2
,
A
n
oznacza tu pewna
,
sta la
,
, kt´ora
,
niebawem znajdziemy. Niech u = sin
z
2n+1
. Wtedy:
sin z = sin (2n + 1) ·
z
2n+1
= W
n
sin
z
2n+1
=
= A
n
· sin
z
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
nπ
2n+1
.
Z tej r´owno´sci wynika, ˙ze
1
Funkcje analityczne — przyk lady
Micha l Krych
2n + 1 = lim
z→0
sin z
sin
z
2n+1
=
= lim
z→0
A
n
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
nπ
2n+1
= A
n
.
Znale´zli´smy wie
,
c A
n
i mo˙zemy napisa´c wz´or:
sin z = z ·
sin
z
2n+1
z
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
nπ
2n+1
.
W dalszym cia
,
gu skorzystamy z nier´owno´sci
(1 + z
1
)(1 + z
2
) · . . . · (1 + z
m
) − 1
¬
¬ (1 + |z
1
|)(1 + |z
2
|) · . . . · (1 + |z
m
|) − 1 ¬ e
|z
1
|+|z
2
|+···+|z
m
|
− 1,
(♠)
kt´ora
,
ka˙zdy student z latwo´scia
,
sam udowodni (np. przez indukcje
,
wzgle
,
dem m ).
Za l´o˙zmy, ˙ze |z| ¬ r , r > 0 . Istnieje taka liczba δ > 0 , ˙ze je´sli 0 < |α| < δ , to
1 −
sin α
α
<
1
3
, zatem
2
3
<
sin α
α
<
4
3
. Istnieje taka liczba naturalna ν > r , ˙ze je´sli
n > ν , to
|z|
2n+1
¬
r
2n+1
< δ . Je´sli 0 < β <
π
2
, to sin β >
2
π
β , bo funkcja sinus jest
´sci´sle wkle
,
s la na przedziale [0, π] . Niech n > ν oraz 0 < j ¬ n . Wtedy
sin
2
z
2n+1
sin
2
jπ
2n+1
¬
16|z|2
9(2n+1)2
(
2
π
jπ
2n+1
)
2
=
16|z|
2
36j
2
¬
|z|
2
2j
2
¬ exp
|z|
2
2j
2
− 1 ¬ exp
r
2
2j
2
− 1
(♣) .
Z nier´owno´sci (♠) i (♣) wynika, ˙ze je´sli 0 < k ¬ n , to
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
kπ
2n+1
− 1
¬
¬ exp
r
2
2·1
2
+
r
2
2·2
2
+
r
2
2·3
2
+ · · · +
r
2
2·k
2
− 1 ¬ exp(r
2
) − 1
(i) ,
oraz
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+1)π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+2)π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+3)π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
nπ
2n+1
− 1
¬
¬ exp
r
2
2(k+1)
2
+
r
2
2(k+2)
2
+
r
2
2(k+3)
2
+ · · · +
r
2
2n
2
− 1 ¬ exp
r
2
2k
− 1−−−−→
k→∞
0 (ii) ,
ostatnie nier´owno´sci wynikaja
,
z tego, ˙ze je´sli k 1 , to
1
(k+1)
2
+
1
(k+2)
2
+
1
(k+3)
2
+ · · · +
1
n
2
<
1
k(k+1)
+
1
(k+1)(k+2)
+
1
(k+2)(k+3)
+ · · · +
1
(n−1)n
=
=
1
k
−
1
k+1
+
1
k+1
−
1
k+2
+
1
k+2
−
1
k+3
+
1
k+3
+ · · · +
1
n−1
−
1
n
=
1
k
−
1
n
<
1
k
.
Jasne jest, ˙ze iloczyn
z ·
sin
z
2n+1
z
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
kπ
2n+1
ustalonej liczby czynnik´ow (jest ich k + 2 , teraz k nie zmieniamy) przy n −→ ∞
da
,
˙zy jednostajnie na zbiorze {z:
|z| ¬ r} do funkcji
z 1 −
z
2
π
2
1 −
z
2
2
2
π
2
1 −
z
2
3
2
π
2
· . . . · 1 −
z
2
k
2
π
2
.
Mamy oczywi´scie
z 1 −
z
2
π
2
1 −
z
2
2
2
π
2
1 −
z
2
3
2
π
2
· . . . · 1 −
z
2
k
2
π
2
¬
¬ r exp
r
2
π
2
+
r
2
2
2
π
2
+
r
2
3
2
π
2
+ · · · +
r
2
k
2
π
2
¬ r exp
2r
2
π
2
< re
r
2
.
Otrzymali´smy oszacowanie zale˙zne jedynie od liczby r . Niech ε > 0 . Przyj-
mijmy, dla uproszczenia oznacze´
n, ˙ze
2
Funkcje analityczne — przyk lady
Micha l Krych
M = re
r
2
,
P
n
(z) = z ·
sin
z
2n+1
z
2n+1
·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
2π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
3π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
kπ
2n+1
,
Q
n
(z) = z 1 −
z
2
π
2
1 −
z
2
2
2
π
2
1 −
z
2
3
2
π
2
· . . . · 1 −
z
2
k
2
π
2
,
R
n
(z) =
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+1)π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+2)π
2n+1
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2 (k+3)π
2n+1
· . . . ·
1 −
sin
2
z
2n+1
sin
2
nπ
2n+1
,
r
n
(z) = 1 −
z
2
(k+1)
2
π
2
1 −
z
2
(k+2)
2
π
2
1 −
z
2
(k+3)
2
π
2
· . . . .
Bez trudu stwierdzi´c mo˙zna, ˙ze |r
n
(z) − 1| < exp
r
2
kπ
2
− 1 < exp
r
2
2k
− 1 , wcze´sniej
udowodnili´smy (ii), ˙ze |R
n
(z)| ¬ exp
r
2
2k
oraz ˙ze |P
n
(z)| ¬ r exp(r
2
) .
Niech k > ν be
,
dzie tak du˙za
,
liczba
,
naturalna
,
, ˙ze M · exp
r
2
2k
− 1
<
ε
3
.
Istnieje taka liczba n
0
> k , ˙ze je´sli n > n
0
, to |P
n
(z) − Q
n
(z)| <
ε
3
dla wszystkich
liczb z , dla kt´orych |z| ¬ r . W takiej sytuacji mamy:
| sin z − z(1 −
z
2
π
2
)(1 −
z
2
2
2
π
2
) · . . . | = |P
n
(z)R
n
(z) − Q
n
(z)r
n
(z)| ¬
¬ |P
n
(z)R
n
(z) − P
n
(z)| + |P
n
(z) − Q
n
(z)| + |Q
n
(z) − Q
n
(z)r
n
(z)| ¬
¬ M · |R
n
(z) − 1| +
ε
3
+ M · |1 − r
n
(z)| < M exp
r
2
2k
− 1
+
ε
3
+ M exp
r
2
2k
− 1
< ε .
Z otrzymanej nier´owno´sci wynika dowodzona teza.
Lemat 12.2
Funkcja ctg x −
1
x
jest analityczna w pewnym otoczeniu punktu 0 .
Dow´
od. Zachodzi r´owno´s´c: ctg x −
1
x
=
x cos x−sin x
x sin x
. Mamy
x cos x − sin x = x 1 −
1
2!
x
2
+
1
4!
x
4
−
1
6!
x
6
+ · · ·
− x −
1
3!
x
3
+
1
5!
x
5
−
1
7!
x
7
+ · · ·
=
= −
2
3!
x
3
+
4
5!
x
5
−
6
7!
x
7
+ · · · = x
3
−
2
3!
+
4
5!
x
2
−
6
7!
x
4
+ · · ·
oraz x sin x = x x −
1
3!
x
3
+
1
5!
x
5
−
1
7!
x
7
+ · · ·
= x
2
1 −
1
3!
x
2
+
1
5!
x
4
−
1
7!
x
6
+ · · ·
,
wie
,
c po skr´oceniu przez x
2
otrzymujemy iloraz
−
2
3!
x +
4
5!
x
3
−
6
7!
x
5
+ · · ·
1 −
1
3!
x
2
+
1
5!
x
4
−
1
7!
x
6
+ · · ·
.
Wobec tego istnieja
,
takie liczby b
1
, b
3
, . . . , ˙ze
ctg x −
1
x
=
−
2
3!
x +
4
5!
x
3
−
6
7!
x
5
+ · · ·
1 −
1
3!
x
2
+
1
5!
x
4
−
1
7!
x
6
+ · · ·
= b
1
x + b
3
x
3
+ b
5
x
5
+ · · ·
dla wszystkich x dostatecznie bliskich liczbie 0 . Z r´owno´sci
−
2
3!
x +
4
5!
x
3
−
6
7!
x
5
+ · · · = 1 −
1
3!
x
2
+
1
5!
x
4
−
1
7!
x
6
+ · · ·
b
1
x + b
3
x
3
+ b
5
x
5
+ · · ·
wynika, ˙ze b
1
= −
2
3!
= −
1
3
, b
3
=
4
5!
+
1
3!
b
1
= −
1
45
. Mo˙zna wypisa´c bez trudu kilka
naste
,
pnych wzor´ow na kolejne wsp´o lczynniki b
5
, b
7
, . . . .
Zauwa˙zmy, ˙ze
ctg x −
1
x
= ln | sin x| − ln |x|
0
= ln
| sin x|
|x|
0
= ln
| sin x|
|x|
0
=
3
Funkcje analityczne — przyk lady
Micha l Krych
=
ln (1 −
x
2
π
2
)(1 −
x
2
2
2
π
2
) · . . .
0
=
ln(1 −
x
2
π
2
) + ln(1 −
x
2
2
2
π
2
) + . . .
0
=
= −2x
1
π
2
−x
2
+
1
2
2
π
2
−x
2
+ · · ·
.
Ostatni z wypisanych szereg´ow — jak udowodnimy ni˙zej — jest jednostajnie zbie˙z-
ny na ka˙zdym zbiorze zwartym K , kt´ory nie zawiera ani jednego spo´sr´od punkt´ow
±π , ±2π , . . . . Istnieje taka liczba dodatnia M , ˙ze je´sli x ∈ K , to |x| ¬ M . Je´sli
|n| > M i x ∈ K , to
1
n
2
π
2
−x
2
¬
1
n
2
π
2
−M
2
<
1
n
2
(π
2
−1)
. Teraz pozostaje powo la´c
sie
,
na kryterium Weierstrassa jednostajnej zbie˙zno´sci szeregu funkcyjnego. Wiedza
,
c,
˙ze szereg pochodnych jest jednostajnie zbie˙zny i ˙ze szereg funkcji jest zbie˙zny w co
najmniej jednym punkcie, stwierdzamy, ˙ze szereg funkcyjny jest zbie˙zny, a to w la´snie
chcieli´smy wykaza´c.
Niech 0 < r < 1 i |x| ¬ rπ . Mamy wtedy
1
n
2
π
2
−x
2
¬
1
n
2
π
2
−|x|
2
¬
1
n
2
π
2
−r
2
π
2
oraz
1
n
2
π
2
−x
2
=
1
n
2
π
2
(1−
x2
n2π2
)
=
1
n
2
π
2
1 +
x
2
n
2
π
2
+
x
4
n
4
π
4
+
x
6
n
6
π
6
+ · · ·
i wobec tego,
˙ze
1
n
2
π
2
1 +
x
2
n
2
π
2
+
x
4
n
4
π
4
+
x
6
n
6
π
6
+ · · ·
=
1
n
2
π
2
1
1−
|x2|
n2π2
=
1
n
2
π
2
−|x|
2
¬
1
n
2
π
2
−r
2
π
2
.
Wynika sta
,
d, ˙ze w szeregu podw´ojnym
∞
X
n=1
1
n
2
π
2
∞
X
k=0
x
2k
n
2k
π
2k
=
∞
X
n=1
∞
X
k=0
x
2k
n
2(k+1)
π
2(k+1)
mo˙zna zmienia´c kolejno´s´c sumowania w dowolny spos´ob zachowuja
,
c jego sume
,
. Mamy
wobec tego
b
1
x + b
3
x
3
+ b
5
x
5
+ · · · = ctg x −
1
x
= −2x
∞
X
n=1
1
n
2
π
2
−x
2
= −2x
∞
X
n=1
∞
X
k=0
x
2k
n
2(k+1)
π
2(k+1)
=
=
∞
X
k=0
x
2k+1
∞
X
n=1
−2
n
2(k+1)
π
2(k+1)
.
Przypomnijmy, ˙ze b
1
= −
1
3
, b
2
= −
1
45
. Por´ownuja
,
c wsp´o lczynniki przy x oraz x
3
po obu stronach r´owno´sci otrzymujemy
−
1
3
= b
1
=
∞
X
n=1
−2
n
2
π
2
,
oraz
−
1
45
= b
3
=
∞
X
n=1
−2
n
4
π
4
.
Z tych r´owno´sci wynika, ˙ze
π
2
6
= 1 +
1
2
2
+
1
3
2
+
1
4
2
+ · · · i
π
4
90
= 1 +
1
2
4
+
1
3
4
+
1
4
4
+ · · · .
Mo˙zemy w podobny spos´ob uzyska´c wzory na 1 +
1
2
2k
+
1
3
2k
+
1
4
2k
+ · · · dla dowolnej
liczby naturalnej k .
Lemat 12.3 Je´sli funkcja f jest analityczna w punkcie 0 , czyli ˜
f (x) =
∞
X
n=0
˜a
n
x
n
dla pewnych liczb ˜a
0
, ˜a
1
, . . . i wszystkich x spe lniaja
,
cych nier´owno´s´c |x| < r , gdzie
r > 0 , ˜a
0
6= 0 to r´ownie˙z funkcja
1
˜
f (x)
jest analityczna w punkcie 0 .
Dow´
od. Niech a
n
=
˜
a
n
˜
a
0
i niech f (x) =
˜
f (x)
˜
a
0
=
∞
X
n=0
a
n
x
n
= 1 +
∞
X
n=1
a
n
x
n
. Po-
4
Funkcje analityczne — przyk lady
Micha l Krych
niewa˙z
1
˜
f (x)
=
1
˜
a
0
f (x)
, wie
,
c wystarczy wykaza´c analityczno´s´c funkcji
1
f (x)
w punkcie
0 . Znajdziemy takie liczby b
1
, b
2
, . . . i liczbe
,
% > 0 , ˙ze
1
f (x)
= 1 +
∞
X
n=1
b
n
x
n
dla
ka˙zdego x ∈ (−%, %) . Z r´owno´sci 1 =
1 +
∞
X
n=1
a
n
x
n
!
1 +
∞
X
n=1
b
n
x
n
!
i twierdzenia
o mno˙zeniu szereg´ow, wynika, ˙ze musza
,
by´c spe lnione r´owno´sci:
a
1
+ b
1
= 0 , a
2
+ a
1
b
1
+ b
2
= 0 , a
3
+ a
2
b
1
+ a
1
b
2
+ b
3
= 0 , . . .
Sta
,
d wzory: b
1
= −a
1
, b
2
= −a
2
− a
1
b
1
, b
3
= −a
3
− a
2
b
1
− a
1
b
2
, . . . Mo˙zemy wie
,
c
wyliczy´c kolejne wsp´o lczynniki b
1
, b
2
, b
3
, . . . . Pozostaje kwestia zbie˙zno´sci otrzyma-
nego szeregu.
Niech c ∈ (0, r) . Szereg
P
a
n
c
n
jest zbie˙zny, zatem lim
n→∞
a
n
c
n
= 0 . Istnieje
wie
,
c taka liczba M > 1 , ˙ze dla ka˙zdego n = 1, 2, . . . spe lniona jest nier´owno´s´c
|a
n
c
n
| < M (cia
,
g o granicy sko´
nczonej jest ograniczony). Za pomoca
,
latwej indukcji
dowodzimy, ˙ze spe lnione sa
,
nier´owno´sci |b
n
| ≤ 2
n−1
M
n
c
−n
. Wynika sta
,
d, ˙ze szereg
P
b
n
x
n
jest zbie˙zny dla ka˙zdego x ∈ (−
c
2M
,
c
2M
) (by´c mo˙ze nie tylko dla tych x ),
wie
,
c ma dodatni promie´
n zbie˙zno´sci.
5