Reprezentace holomorfní funkce mocninnou řadou

Transkript

1 Kapitola 4 Reprezetace holomorfí fukce mociou řadou V této kapitole završíme studium holomorfích fukcí. Zatím jsme odvodili důležitou itegrálí reprezetaci holomorfí fukce Cauchyův itegrálí vzorec. Teď postoupíme o krok dále a z itegrálí reprezetace vyvodíme jiou, v moha případech ještě důležitější reprezetaci holomorfí fukce ve formě mocié řady. Je to opět jede z výsledků typických pro komplexí fukce. V reálé oboru eplatí. Předpokládáme, že se čteář s pojmem řady jakéhokoli druhu už ěkdy setkal. Mocié řady Protože zde bude vše více či méě souviset s mociou řadou, začeme přesou defiicí. Defiice 4.. Řada tvaru (4.) a (z z 0 ) seazývámociářadasestředem z 0 akoeficiety a C.Výrazy m S m (z)= a (z z 0 ) azýváme částečými součty řady(4.). Prví problém, se kterým se u každé ekoečé řady musíme vypořádat, je otázka kovergece. V případě číselé řady jsou v podstatě dvě možosti: buď řada koverguje ebo diverguje. Sčítáme-li však fukce jako v případě mocié řady, lze kovergeci ještě rozlišit. Defiice 4.2. Řekeme, že mociá řada(4.) koverguje bodově a možiě M, jestliže pro každé z M existuje vlastí limita S(z) částečých součtů S(z)= lim m S m(z). Neexistuje-livlastílimitalim m S m (z),říkáme,žeřadadivergujevbodě z. 67

2 68 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Fukci S(z) prohlásíme za součet řady(4.) a budeme ho začit S(z)= a (z z 0 ). Defiičíoborsoučtu S(z)mociéřadyjsoupřesětybody z C,vekterýchřada koverguje.každámociářadatypu(4.)triviálěkovergujevbodě z= z 0,přičemž jejísoučetje S(z 0 )=a 0. Víme-li,žeřadamázasoučetfukci S(z),můžemeseptátazpůsobkovergece.Některédruhykovergecejsou kvalitější vtomsmyslu,žepřeesouvlastostisčítaých fukcíiasoučet S(z).Tojeipřípadpopsaývásledujícídefiici. Defiice 4.3. Řekeme, že mociá řada(4.) koverguje stejoměrě a možiě M, jestliže existuje fukce S(z) taková, že kde S m (z)jsoučástečésoučtyřady(4.). lim sup S m (z) S(z) =0, m z M Pozámka 4.. Pozastavme se chvíli u rozdílu mezi bodovou a stejoměrou kovergecí mociéřady.nechťřada(4.)kovergujebodověamožiě M.Zameáto,žeke každémuzvoleémubodu z M akodchylce ε >0alezemeidex m 0,ževšechy částečésoučtysidexemvyššímsevbodě zlišíod S(z)pouzeoε: S m (z) S(z) < ε pro m m 0. Poecháme-lisistejé ε >0,alezměímevyšetřovaýbod zajiý,apř. z M,pak opětexistujeidex m 0,že S m (z ) S(z ) < ε pro m m 0. Idex m 0 můžebýtmohemvětšíež m 0.Kestejéodchylce ε >0takvrůzýchbodech možiy M musíme brát obecě vyšší a vyšší idexy, abychom se s částečým součtem přiblížili k S(z) se zadaou chybou. Naprotitomustejoměrákovergecezaručuje,žekε >0existujeidex m 0 svlastostí sup S m (z) S(z) < ε pro m m 0. z M Zdesečástečýsoučet S m0 (z)lišíod S(z)ozadaé ε >0vevšechbodech Majedou. Odtud vyplývá, že stejoměrá kovergece je silější pojem ež bodová kovergece, tj. koverguje-li řada stejoměrě, koverguje i bodově. Obráceá implikace eplatí. Ilustrujme si to a příkladu. Příklad 4.. Uvažujme geometrickou řadu (4.2) z

3 . MOCNINNÉ ŘADY 69 skvocietem z, z <.Jistěsiještěpamatujemevzorecprosoučettakovéřady z =, z <. z Vašítermiologiiřada(4.2)kovergujebodověamožiě M= {z z <}kfukci /( z).nekovergujetamvšakstejoměrě.částečýsoučet S m (z)jerove Odtud sup z M S m (z)= m z = zm+. z S m (z) S(z) =sup zm+ = z M z z =sup zm+ =sup z M z z M z m+ z =. Zde eí šace učiit rozdíl dokoce je koečým. Řada(4.2) ekoverguje stejoměrě a M. Kdybychom se ale uskromili a místo celé možiy M uvažovali pouze podmožiu M r = {z z r}projisté r (0,),paksesituacezměí.Sadozjistíme,že sup z M r S m (z) S(z) = sup z M r z m+ z = rm+ r. Protože0 < r <,lzezvyšováímmociy m+docílittoho,aby r m+ r < ε pro předem zadaé ε > 0. Můžeme tak učiit závěrečou rekapitulaci: řada(4.2) kovergujebodověamožiě M= {z z <},stejoměrěakaždémožiě M r,aleikoli stejoměrě a celé možiě M. Postačující podmíkouproto,abyřada(4.) kovergovala vbodě z Cje,aby kovergovala(reálá) řada a z z 0. V tom případě říkáme, že mociá řada koverguje absolutě v bodě z C. Koverguje-li řadaabsolutěprokaždé z M,říkáme,žeřadakovergujeabsolutěa M. Nutou podmíkou ke kovergeci mocié řady(4.) je, aby její čley kovergovaly kule (4.3) lim a (z z 0 ) =0. Otomsesadopřesvědčíme.Nechťřadakovergujevbodě z C.Pak a (z z 0 ) = S (z) S (z).

4 70 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Odtud lim a (z z 0 ) = lim S (z) lim S (z)=s(z) S(z)=0. Také pro stejoměrou kovergeci máme jedo kritérium, azývaé Weierstrassovo. Je formulovaé obecěji, pro řady fukcí. Věta4..(Weierstrassovokritérium)Nechť g (z)jeřadafukcíaechť M C. Položíme c =sup g (z). z M Je-li c <,pakřada g (z)kovergujestejoměrěa M. Důkaz. Zpodmíky c < ihedvyplývá,žedaářadakovergujeabsolutě provšecha z M.Nechť S(z)začíjejísoučetaS m (z)její m-týčástečýsoučet.pak (4.4) sup z M S(z) S m (z) =sup g (z) =sup z M =m+ z M g (z) sup z M =m+ m g (z) = g (z) =m+ c. Protože c jekovergetí,lzeposledívýrazve(4.4)učiitvolbouvysokémociy m+libovolěmalým.jiýmislovy,prokaždé ε >0existuje m 0,že sup S m (z) S(z) < ε pro m m 0. z M Tím je stejoměrá kovergece dokázáa. K vyšetřováí kovergece mocié řady budeme potřebovat pojem limes superior poslouposti(t )reálýchčísel.začíselimadefiicejeásledující (4.5) lim t = lim sup{t k k }. Číslasup{t k k }tvoříerostoucíposloupostvidexu.protolimitaapravo existuje(může být i evlastí). Tak každá posloupost má limes superior. Čím se liší od limity?pokudexistujelimitalim t,pakplatí lim t = lim t. Tojevidětzásledujícíaalýzydefiice(4.5).Nechťlim t = A R.Pak (i A ) prokaždé ε > 0je splěaerovost t A ε proekoečě mohočleů poslouposti(t ); (ii A ) prokaždé ε >0jesplěaerovost t A+εprovšechyčleyposlouposti(t ) odjistéhoidexu 0.

5 . MOCNINNÉ ŘADY 7 Pokudbychompodmíku(i A )zesíliliapožadavek t A ε odjistéhoidexu 0, dávalibyoběpodmíkypřesědefiicilimity.je-li Alimitouposlouposti(t ),jeilimes superiorpro(t ). Ikdyžjsmepředešlýrozborprovedliprokoečouhodotu A,platíivpřípaděevlastíholimessuperior.Nechťapř. A=.Podmíka(ii A )jeautomatickysplěa, protože t +ε=.ovšempodmíku(i A )musímevtomtopřípaděpřeformulovat. Prokoečé Azamealočíslo A εvlastějakékoličíslomešíež A.Ozačíme-lisiho apř. λ=a ε,pak(i A )říká,žeprokaždé λ < Acosiplatí.Vtomtotvaruuževadí, že A= adostáváme (i ) Prokaždé λ < jesplěaerovost t λproekoečěmohočleůposlouposti(t ). Příklad4.2.Nechť(t )jejakákoliposloupostulajediček.obsahuje-lipouzekoečě mohoul,jejasé,že lim t = lim t =. Obsahuje-li pouze koečě moho jediček, pak aalogicky lim t = lim t. Zbývápřípad,ževposlouposti(t )jeekoečěmohoulijediček.pakzřejmě lim t eexistuje. Ale lim t = lim sup{t k k }= lim =. V tomto okamžiku jsme připravei k formulaci věty, ve které vyšetříme otázku oboru kovergece mocié řady. Věta4.2.Nechť a (z z 0 ) jemociářadaaechť R 0, ječíslodaé (4.6) Pak platí R = lim a. (i) Je-li R=0,řadakovergujepouzepro z= z 0. (ii) Je-li R=,řadakovergujeabsolutěprovšecha z C. (iii) Je-li0 < R <,řadakovergujeabsolutěa U(z 0 ;R)={z C z z 0 < R}, stejoměrěakaždémožiě U(z 0 ;r)={z C z z 0 r},0<r<ra divergujepro z {z C z z 0 > R}.

6 72 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU (Vevzorci(4.6)užívámekoveci/0= a/ =0.) Pozámka 4.2. Číslo R se azývá poloměr kovergece. Je to přirozeý ázev vyplývající z vlastostí(i) (iii). Mociá řada tudíž koverguje absolutě a otevřeém kruhuostředu z 0 apoloměru R vizbod(iii).tetokruh U(z 0 ;R)budemeěkdyazývat kruhem kovergece. Dále, řada stejoměrě koverguje a každém uzavřeém kruhu ostředu z 0 apoloměrumešímežpoloměrkovergece.mimouzavřeýkruh U(z 0 ;R) řada diverguje. Ve větě se ic eříká o bodech ležících a hraici kruhu kovergece, tj. z z 0 =R.Tammohouastatrůzémožostizávisejícíakokrétířadě.Některési ukážeme v Příkladu 4.3 za důkazem Věty 4.2. Důkaz. Budeme postupě dokazovat všechy případy(i),(ii) a(iii). (i)je-li R=0,zameáto,že lim a =. Nechť z z 0,tj. z z 0 >0.Využijemevlastost(i )prolim.provolbu λ=/ z z 0 dostaeme a pro ekoečě idexů. z z 0 To je ekvivaletí s a z z 0 pro ekoečě moho. Čley řady tak ekovergují k ule a podle(4.3) řada diverguje. (ii)je-li R=,pak lim a =0. Protožekaždámociářadakovergujepro z= z 0,stačísezdeomezita z z 0.Opět z z 0 >0apodmíka(ii A )říká,že a 2 z z 0 odjistéhoidexu 0.Tozameá,žepro 0 platí a z z 0 2. Mociá řada je tak majorizováa kovergetí geometrickou řadou. Odtud vyplývá žádaá absolutí kovergece. (iii)je-li0 < R <,pak lim a = (0, ). R Nechť zležíuvitřkruhukovergece, z z 0 < R.Zvolímesi >0takové,aby (4.7) z z 0 < < R.

7 . MOCNINNÉ ŘADY 73 Podle(ii A )odjistéhoidexu 0 platí (4.8) a, tj. a. Nerovostvyásobímevýrazem z z 0 : a z z 0 z z 0 Z podmíky(4.7) vidíme, že číslo = ( z z0 ) pro 0. q= z z 0 <, a tudíž mociá řada je majorizováa kovergetí geometrickou řadou s kvocietem q. Toovšemzameá,žeřada a (z z 0 ) kovergujeabsolutěprovšecha zsplňující z z 0 < R. Ukážeme pomocí Weierstrassova kritéria, že zkoumaá řada koverguje taká stejoměrěamožiě {z C z z 0 r}prokaždé0 r<r.vsuemeopětpomocé číslo mezi rar: (4.9) z z 0 r < < R. Takto zvoleé splňuje i(4.7), a tím rověž(4.8). Proto můžeme provést ásledující odhad: sup a z z 0 z z 0 ( ). sup = z z 0 r z z 0 r r Protože volba(4.9) zaručuje, že r <, jeřada (r/ ) kovergetí.podleweierstrassovakritériajetakvyšetřovaářada stejoměrěkovergetíamožiě {z C z z 0 r}. Zbýváukázat,žepro z z 0 > Rřadadiverguje.Zvlastosti(i A )prolimvyplývá, že erovost a z z 0 platíproekoečěmohoidexů.protytoidexyje a z z 0. Neí splěa utá podmíka(4.3) pro kovergeci, tudíž řada diverguje. Právě dokázaá věta zahruje v sobě i kritérium kovergece pro číselé řady, se kterýmsečteářběhemsvéhoživotaurčitějižsetkal.mějmečíselouřadu a a echť a <. lim

8 74 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Utvoříme-limociouřadu a z,jejípoloměrkovergece Rjevětšíež, R >. Tatořadatudížkovergujeapř.pro z=,cožjealepůvodíčíselářada.aalogicky vypadá i případ lim a > udávající kritérium divergece. Můžeme si ještě uvést další užitečé důsledky Věty 4.2. Z toho, že a kruhu kovergece {z C z z 0 < R}mociářada a (z z 0 ) kovergujeabsolutěvyplývá,že číselá řada (4.0) a kovergujeprokaždé0 < R Nakoec, ze stejoměré kovergece řady a každém uzavřeém kruhu obsažeém v kruhu kovergece vyplývá s pomocí Tvrzeí 3.3, že (4.) C a (z z 0 ) = a (z z 0 ) pro každou křivku C ležící uvitř kruhu kovergece. Tyto dva postřehy se ám brzy budou hodit. C Příklad 4.3. Nechť p R je zvoleý parametr. Vyšetříme kovergeci řady (4.2) p z = vzávislostiaěkterýchhodotách p.jedáseořadusestředem z 0 =0akoeficiety a = p.zjistímepoloměrkovergece. R = lim ( p. a = lim p/ = lim ) Protože pjepevězvoleé,stačívyšetřitchováí /. = e l e0 =. Odtud R=ařada(4.2)kovergujea U(0;)bezohleduahodotu p. Rozeberemesiyíěkolikspeciálíchpřípadů.Nechť p=.paksejedáořadu (4.3) z. = Pro zležícíahraici U(0;)platí z =.Vtompřípadě z =,

9 . MOCNINNÉ ŘADY 75 a tudíž řada(4.3) ekoverguje v žádém bodě hraice kruhu kovergece. Nechť p= 2.Dostaemeřadu 2z. = Pro z U(0;)jeabsolutíhodotačleuřadyrova 2z = 2. Tatořadakovergujeprovšecha zležícíahraici U(0;). Dotřeticezvolíme p=.získámetakřadu (4.4) = z. Zde je situace poěkud delikátější co do chováí řady a hraici kruhu kovergece. Nechť z U(0;).Můžemehozapsatvexpoeciálímtvaru z= e jϕ, ϕ ( π,π. Pokud ϕ=0,tj. z =,dostaemeharmoickouřadu,atadiverguje.nechť ϕ 0. V tomto případě musíme požít tzv. Dirichletovo kritérium pro kovergeci číselé řady: Řada = α β koverguje,pokud () α 0,tvoříerostoucíposloupostslim α =0; (2) existuje kostata K, že m Kprokaždé m. = β Čley aší mocié řady jsou tvaru součiu. Položíme α =, β = e jϕ. Požadavek() je zjevě splě. Ověříme i požadavek(2). Jde o koečý součet geometrické řadyskvocietem q= e jϕ. m e jϕ = = = ejϕ ejmϕ e jϕ 2 e jϕ = 2 ( cos ϕ) 2 +si 2 ϕ = 2 = 2 2cos ϕ si(ϕ/2). Propevé ϕ ( π,π \ {0}jehledaé Kpropodmíku(2)Dirichletovakritéria K= si(ϕ/2). Řada(4.4)takkovergujevevšechbodechhraičíkružicekroměbodu z=.

10 76 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU V tomto textu ás ebude zajímat chováí mocié řady a hraici kruhu kovergece, které je často velmi obtížé vyšetřit. Úplě postačí fakt, že řada koverguje uvitř tohoto kruhu. Podívejmesezovuařadu(4.2).Přestožekoeficiety a = p záviselyavolbě parametru p R, poloměr kovergece zůstával stejý. Důvodem bylo, že lim / =. Ztohotojedoduchéhopozorováímůžemevytěžitvíce.Změíme-likoeficiety a daé řadya p a,poloměrkovergecezůstaestejý.plyetozásledujícíhovýpočtu (4.5) lim p a = lim (/ ) p a = lim a. Vraťme se ještě ke vzorci(4.6) pro poloměr kovergece. Je vždycky lepší mít k dispozici co ejvíce prostředků použitelých k řešeí problémů. Ukážeme si proto, že i vzorec pro poloměr kovergece má svoji alterativu. Tvrzeí 4.. Nechť a (z z 0 ) jemociářadaspoloměremkovergece R. Pokud existuje a (4.6) lim a +, je rova poloměru kovergece R. Důkaz. Nechť existuje limita(4.6). Pak také existuje limita převráceých hodot, jejíž hodotu si ozačíme L. a + L= lim. a Ukážeme,želimessuperiorposlouposti a jerovo L.Tímbudedůkazhotov. Začemespřípadem L=0.Prolibovolé ε >0existujeidex N,žeprovšecha Nmáme a + < ε, tj. a + < ε a. a Opětovým použitím této erovosti pro idexy > N získáme Tím ovšem a < ε a < ε 2 a 2 < < ε N a N. a / < ε N a N /. Aplikace limes superior pro a předchozí erovost dává V důsledku libovolosti ε je tak lim a / lim ε N a N / = ε. lim a / =0.

11 . MOCNINNÉ ŘADY 77 Nechť L=.Pakkekaždémulibovolěvelkému Kexistujeidex N,žeprovšecha Nplatí a + > K, tj. a + > K a. a Stejě jako výše aplikujeme tuto podmíku ěkolikrát za sebou a dostaeme Požitímlimpro dává a / > K N a N /, pro > N. lim a / K. Protože K bylo jakkoli velké číslo, utě musí být lim a / =. Zbývá případ 0 < L <. Z defiice limity vyplývá, že pro libovolě malé ε existuje idex N,že a + L < ε a provšecha N.Nechť εjetakmalé,že0<ε<l.vtompřípaděsiposledíerovost můžeme přepsat do tvaru (4.7) L ε < a + a < L+ε. Představmesi,ževypíšemetytoerovostipostupěpro =N,N+,...,m,apakje spolu vyásobíme. Díky volbě ε jsou všechy čley v(4.7) kladé, proto se erovost při ásobeí zachová. V součiu prostředích čleů se téměř všecho pokrátí: a N+ a N Protožečiitelůje m N,dostáváme a N+2 a N+ a m a m = a m a N. (L ε) m N < a m a N <(L+ε)m N. Nerovostvyásobíme a N aumocímea/m. a N /m (L ε) m N m < am /m < a N /m (L+ε) m N m. Nyí, stejě jako v předešlých případech, aplikujeme limes superior a všechy čley v erovosti. Vyjde ám L ε lim m a m /m L+ε. Protože ε >0bylolibovolěmalé,musíutěplatit L= lim m a m /m.

12 78 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Typický případ, kdy je výhodější podílový tvar(4.6) vzorce pro poloměr kovergece,astává,kdyžkoeficiety a obsahujífaktoriál!. Příklad 4.4. Jaký má poloměr kovergece řada 2! z? Podle(4.6) platí R= lim 2! 2 + (+)! (+)! + = lim = lim =. 2! 2 Řada koverguje pro všecha z C. Kdybychom použili původí odmociový vzorec(4.6), tak bychom museli počítal limitu poslouposti a = 2,! což je v porováí s podílovým tvarem mohem složitější. Zde je a místě jedo varováí. Tvrzeí 4. má předpoklad existece limity z podílu koeficietů. Když tato limita eexistuje, musíme použít uiverzálě platý odmociový vzorec(4.6). Nepomohlo by ám ai změit v(4.6) limitu a limes superior. Uvažujme apř. řadu s koeficiety { sudé, a = 2 liché. Pak a + lim =2. a Poloměr kovergece řady s těmito koeficiety je však R = lim a =, tj. R=. Každá mociá řada defiuje a kruhu kovergece jistou komplexí fukci. Bude ás teď zajímat, mají-li fukce daé mociou řadou ějaké speciálí či překvapivé vlastosti. 2 Derivace a jedozačost mociých řad. Nechť fukce f je dáa mociou řadou (4.8) f(z) = a (z z 0 ). Prví, a co se u komplexí fukce obvykle ptáme, je její holomorfost. Tuto otázku řeší ásledující věta.

13 2. DERIVACE A JEDNOZNAČNOST MOCNINNÝCH ŘAD. 79 Věta4.3. Nechť f jedáamociouřadou(4.8)spoloměremkovergece R >0. Pak fjeholomorfía U(z 0 ;R)ajejíderivace f jedáařadou (4.9) f (z)= mající stejý poloměr kovergece R. a (z z 0 ) = Důkaz. Sadáčástdůkazujeuvědomitsi,žeoběřady(4.8)a(4.9)majístejýpoloměrkovergece.Vyplývátopřímozrovosti(4.5),kdepoložíme p=. Zbývá obtížá část důkazu, tj. ukázat, že fukce f má derivaci. Bez újmy a obecosti můžemepoložit z 0 =0.Nechť z U(0;R)jelibovolýbod.Protože z < R,můžeme mezi ě vsuout pomocé číslo, z < < R. Takžebod zležírověžvotevřeémkruhu U(0; ).Nechť w U(0; ), z w,vizobr.4.. Im w z R Re Obr. 4.. Budeme aalyzovat rozdíl mezi diferečím podílem fukce f ahodotouřady(4.9)vbodě z. f(w) f(z) w z (4.20) f(w) f(z) w z = a z = = a w a z w z a z = = = a [ w z w z z ].

14 80 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Nášplájedokázat,žetetovýrazsepři w zblížíule.pro =jehraatázávorka vposledísuměulová.stačítedyuvažovat 2.Protato užijemevzorce A B =(A B)(A + A 2 B+ +AB 2 + B ) a provedeme ásledující úpravu výrazu v hraaté závorce. (4.2) w z w z z = w + w 2 z+ +w z 2 + z z = = w + w 2 z+ +w z 2 ( )z. Získalijsmepolyomvproměé w.povšiměmesi,žejehohodotapro w=zjeulová. Zameáto,želzezějvytkout(w z).vydělímeprotopolyomv(4.2)rozdílem (w z)adostaemetvar =(w z)(w 2 +2zw 3 +3z 2 w 4 + +( )z 2 )=(w z) kz k w k. Protože z < a w < můžeme odhadout absolutí hodotu posledího výrazu (w z) kz k w k w z k z k w k w z k= k= k= k= k= k 2 = = w z 2 ) k = w z 2( w z Vraťme se zpět k(4.20). S použitím posledího odhadu máme f(w) f(z) w z a z a w z 2 2 = w z 2 a 2. = =2 Mociářadaskoeficiety 2 a mástejýpoloměrkovergece Rjakopůvodířada díky(4.5). Proto je v bodě absolutě kovergetí. Ozačme si hodotu této sumy =2 Pak máme A= f(w) f(z) w z 2 a 2. =2 a z A w z. = Aplikujeme-li limitu w z, dostaeme požadovaé tvrzeí. Fukce daá mociou řadou je podle právě dokázaé věty holomorfí. Speciálě, z Tvrzeí 2. vyplývá, že je spojitá. Zajímavější jsou ale ásledující dvě pozorováí. Věta 4.3 zcela otevřeě dovoluje derivovat řadu čle po čleu. Zároveň, a to už poěkud skrytě, dovoluje tutéž řadu itegrovat čle po čleu.

15 2. DERIVACE A JEDNOZNAČNOST MOCNINNÝCH ŘAD. 8 Důsledek4.. Nechť f jedáamociouřadou a (z z 0 ) akruhukovergece U(z 0 ;R).Pakfukce (4.22) F(z) = jeprimitivífukcekfa U(z 0 ;R). a + (z z 0) + Důkaz. Řada(4.22) má podle(4.5) také poloměr kovergece R. Fukce F(z) daá toutořadoujepodlevěty4.3holomorfíaplatí ( ) F a (z)= + (z z 0) + = a (z z 0 ) = f(z). Dalšídůsledekseopíráojedoduchouúvahu.Derivace f fukce fdaémociou řadoujeopětmociářada.můžemepožítvětu4.3afukci f adostaeme,žeif je holomorfí.jejíderivace f jeopětmociářadavyhovujícípředpokladůmvěty.tímto postupem získáme Důsledek 4.2. Fukce f daá mociou řadou f(z)= a (z z 0 ) má derivace všech řádů a kruhu kovergece a platí f (k) (z 0 ) k! = a k provšecha k 0. Důkaz. Jedié,copotřebujeějakouargumetaci,jevzorecpro a k.zderivujeme-li k-krát fukci f,pakdíkyvětě4.3dostaeme f (k) (z)= ( ) ( k+)a (z z 0 ) k. =k Dosazeí z= z 0 iheddává f (k) (z 0 )=k!a k.

16 82 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Příklad 4.5. Mějme fukci f(z)=! z. Zjistíme poloměr kovergece. Zde je výhodé použít podílový tvar(4.6) vzorce z Tvrzeí 4.. a R= lim a + = lim +=. Řada koverguje pro všecha z C. Její derivace je f (z)=! z = = ( )! z = m=0 m! zm = f(z). (V předposledím kroku jsme provedli substituci ve sčítacím idexu m =.) Podivá rovost f (z)=f(z)apovídá,že f(z)=e z.vpříkladu4.7seopravdupřesvědčíme,že výše uvedeá řada je komplexí expoeciela. Důsledek 4.2 v sobě skrývá ještě jedu podivost týkající se mociých řad. Představmesi,žefukce fjedaámociouřadouažeajistémmalémokolíjejíhostředu z 0 je f(z)=0.paktakévšechyderivace f (k) (z)=0atomtéžokolí,speciálě f (k) (z 0 )=0 provšecha k 0.ZDůsledku4.2plye,ževšechykoeficiety a k jsouulovéatedy f=0acelémkruhukovergece.vidíme,žeulovost fajakkolimalémokolíbodu z 0 vyutí ulovost f všude. To lze ekvivaletě formulovat i takto: Nechť jsou dvě fukce f a gdáymociouřadouospolečémstředu z 0.Platí-liaějakémokolíbodu z 0,že f= g,pak f= gacelémkruhukovergece.(stačípoužítfaktoulovostiprorozdíl f g.)vtomtosmyslulzeříci,žemociářadajejedozačěurčeasvýmihodotami alibovolěmalémokolístředu z 0.Kjedozačostivšakstačíimešímožiaežje okolíbodu z 0. Věta 4.4.(O jedozačosti mocié řady) Nechť f je dáa mociou řadou f(z)= a (z z 0 ) skladýmpoloměrem kovergece R.Nechťexistujeposloupost z k U(z 0 ;R) \ {z 0 } taková,že z k z 0 a f(z k )=0.Pak f=0a U(z 0 ;R). Důkaz. Důkazpovedemematematickouidukcíaukážeme,ževšecha a =0..krok.Protože fjespojitávz 0,platí a 0 = f(z 0 )= lim k f(z k)=0. 2.krok.Nechť a 0 = =a =0.Ukážeme,žeia =0.Zidukčíhopředpokladu plye, že řada začíá až -tou mociou f(z)=a (z z 0 ) + a + (z z 0 )

17 3. ROZVOJ HOLOMORFNÍ FUNKCE V MOCNINNOU ŘADU 83 Zavedeme si pomocou fukci g(z)= f(z) (z z 0 ) = a + a + (z z 0 )+... Fukce gjeopětmociářada,aprotojespojitávbodě z 0.Odtud a = g(z 0 )= lim k g(z k)= lim k f(z k ) (z k z 0 ). Obsah Věty 4.4 lze ekvivaletě přeformulovat pro dvojici fukcí: Nechť f(z)= a (z z 0 ) a g(z)= b (z z 0 ). Shodují-lise f(z k )ag(z k )proějakouposloupost z k z 0, z k z 0,pak a = b pro všecha 0,tj. f= gakruhukovergece. 3 Rozvoj holomorfí fukce v mociou řadu Blížíme se k místu, kdy se aše postupě vyvozovaé zalosti o holomorfích fukcích jistým způsobem vrátí do počátečího bodu a kruh se uzavře. Začali jsme s defiicí holomorfosti. Odtud jsme odvodili Cauchyův itegrálí vzorec(věta 3.3). Z této itegrálí reprezetace za okamžik získáme rozvoj v mociou řadu. Věta 4.3 pak zakočuje cestu tvrzeím, že fukce daá mociou řadou je holomorfí. Věta4.5.Nechť fjeholomorfíaoblasti D Caechť z 0 D.Pakexistujíkoeficiety a C,že f(z)= a (z z 0 ) provšecha zležícívejvětšímotevřeémkruhusestředemvz 0 aobsažeémvd. Důkaz. Nechť R je poloměr maximálího otevřeého kruhu ležícího v D se středem v bodě z 0.Ukážeme,že fseechávyjádřitvetvarumociéřadykovergujícía U(z 0 ;R). Zvolme z U(z 0 ;R),tj. z z 0 < R.Nechť ječíslosplňující z z 0 < < R. Ozačímesymbolem K( )kladěorietovaoukružiciostředu z 0 apoloměru K( )={w C w z 0 = }. Podle Cauchyova itegrálího vzorce(věta 3.3) můžeme psát (4.23) f(z)= f(w) 2πj w z dw. K( )

18 84 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Zlomek/(w z)vyjádřímejakomociouřaduvproměé zsestředemvz 0. w z = w z 0 (z z 0 ) = w z 0 z z. 0 w z 0 Protože z z 0 < = w z 0,je (4.24) q= z z 0 w z 0 <. Použijeme-li vzorec pro součet geometrické řady s kvocietem q, dostaeme w z = w z 0 ( ) z z0 = w z 0 (z z 0 ) (w z 0 ) +. Dosadíme do(4.23): (4.25) f(z)= 2πj K( ) f(w) (z z 0 ) (w z 0 ) +dw. Nyí bychom potřebovali prohodit pořadí itegrálu a ekoečé sumy. Nekoečá suma je limitou částečých součtů. Ozačme si je Podobě si celou sumu ozačíme S m (w)= S(w)= m (z z 0 ) (w z 0 ) +. (z z 0 ) (w z 0 ) +. Abychom mohli použít Tvrzeí 3.3 o záměě itegrálu a limity, musíme ověřit, že fukce S m (w)kovergují stejoměrěkfukci S(w)akružici K( ).Jiýmislovy,musíme dokázat, že řada (4.26) (z z 0 ) (w z 0 ) + je v proměé w stejoměrě kovergetí a možiě K( ). K tomu užijeme Weierstrassova kritéria. S využitím ozačeí z(4.24) můžeme psát c = sup w K( ) (z z 0 ) (w z 0 ) + = sup w K( ) w z 0 z z 0 w z 0 = q. Řada c jekovergetí,atudížzweierstrassovakritériaplye,žeřada(4.26) koverguje stejoměrě. Předpoklad(3.4) Tvrzeí 3.3 je splě, a tak můžeme pokračovat

19 3. ROZVOJ HOLOMORFNÍ FUNKCE V MOCNINNOU ŘADU 85 v(4.25) ásledově = 2πj = lim m = lim = K( ) 2πj m ( 2πj f(w)s(w)dw= lim m m K( ) m ( 2πj K( ) K( ) 2πj K( ) f(w) (w z 0 ) +(z z 0) dw= f(w)s m (w)dw= ) f(w) (w z 0 ) +dw (z z 0 ) = ) f(w) (w z 0 ) +dw (z z 0 ). Jevhodésiuvědomit,žeTvrzeí3.3ozáměěitegrálualimityjsmepoužilihed v prvím řádku předešlého výpočtu. Ozačíme-li si (4.27) a = f(w) 2πj (w z 0 ) +dw, máme výsledý tvar f(z)= K( ) a (z z 0 ). Protože zbylolibovoléčíslozmožiy U(z 0 ;R),řadakovergujea U(z 0 ;R). Posledívěc,kterousimusímeujasit,setýkávztahu(4.27).Koeficiet a jekřivkový itegrál přes kružici K( ), závisí tedy obecě a volbě poloměru. Ukážeme ale, že tato závislost je je zdálivá. Ve skutečosti hodota itegrálu(4.27) je pro všecha (0, R) stejá.nechť0< <τ < Rjsoudvazvoleépoloměry.Pro zležícívmešímzobou kruhů samozřejmě platí, že zároveň z z 0 < a z z 0 < τ. Podle výše provedeého důkazu můžeme tak fukci f vyjádřit ve tvaru mocié řady f(z)= a (z z 0 ) a f(z)= b (z z 0 ), kdekoeficiety a bylyvypočteypodlevzorce(4.27)sužitímpoloměru akoeficiety b podletéhožvzorceavšakpropoloměr τ.protožeoběřadyreprezetujítutéžfukci f(z), musíseshodovatakruhu {z C z z 0 < }.Podlevětyojedozačostimocié řady(věta 4.4) musí mít idetické koeficiety a = b provšecha 0. Odtudplye,žeitegrálv(4.27)máprovšecha (0,R)stejouhodotu.

20 86 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Obsah Věty 4.5 lze stručě vyjádřit formulací, že každá holomorfí fukce je lokálě reprezetovatelá mociou řadou. Slovo lokálě zameá přesě to, co je uvedeo ve Větě4.5:Kolemkaždéhobodu z 0 existujeokolí,aěmžjefukce fdáajakosoučetmocié řady. Máme-li holomorfí fukci f již vyjádřeu ve tvaru řady, víme z Důsledku 4.2, že příslušé koeficiety splňují a = f() (z 0 ).! Porováme-li to s(4.27), dostaeme tzv. zobecěý Cauchyův itegrálí vzorec (4.28) f () (z 0 )=! 2πj C f(z) (z z 0 ) +, kde Cjejedoduchákladěorietovaáuzavřeákřivkamající z 0 vesvémvitřku.pro případ = 0 vychází původí Cauchyův itegrálí vzorec(3.9). Podobě jako jsme využívali Cauchyův itegrálí vzorec pro výpočet jistých itegrálů podél jedoduché uzavřeé křivky, je možé použít(4.28). Dokoce i v těch případech, kdy itegrálí vzorec(3.9) aplikovat ešlo. Příklad4.6.Zjistětehodotuitegrálu C ze z (a z) 3, je-li C jedoduchá kladě orietovaá uzavřeá křivka a bod a leží uvitř C. Itegrál si apíšeme ve tvaru ze z (z a) 3. Porováíms(4.28)vidíme,že z 0 = a, f(z)=ze z a =2.Protomámeihed ze z ( (a z) 3= 2πj ze z ) z=a 2! = πjea (a+2). C C Můžeme si uvědomit, že pomocí původího itegrálího vzorce(3.9) bychom teto itegrál počítat emohli. Kombiací Věty 4.5 o lokálím rozvoji holomorfí fukce v řadu a Důsledku 4.2 získáme překvapivou iformaci. Má-li fukce prví derivaci, pak automaticky má i všechy vyšší derivace. Přesě: Důsledek 4.3. Holomorfí fukce má derivace všech řádů. Důkaz. Nechť zjelibovolýprvekležícívoblasti D,akteréjefukce f holomorfí. PodleVěty4.5můžemeajistémokolíbodu zpsát f(w)= a (w z). ZDůsledku4.2ovšemplye,že fmávbodě zderivacevšechřádů.

21 3. ROZVOJ HOLOMORFNÍ FUNKCE V MOCNINNOU ŘADU 87 Možost lokálího rozvoje holomorfí fukce v mociou řadu spolu s Větou 4.4 o jedozačosti azačuje, že ějaký typ jedozačosti musí platit i pro holomorfí fukce. Jedié místo, které si v této úvaze vyžaduje dodatečou argumetaci je, jak z lokálí iformace o chováí fukce f získat iformaci o celkovém(globálím) chováí. Důsledek 4.4.(Věta o jedozačosti holomorfí fukce) Nechť f je holomorfí fukce aoblasti D C.Předpokládejme,že f(z k )=0vbodechprostéposlouposti(z k )prvků z Dkovergujícíkbodu z 0 D.Pak f=0a D. Ekvivaletě,platí-li f(z k )=g(z k )prodvěfukceholomorfía D,pak f= ga D. Důkaz. Protože fjeholomorfí,existujeokolí U(z 0 ;R)bodu z 0 takové,že f(z)= a (z z 0 ), z U(z 0 ;R). PodleVěty4.5ojedozačostimociéřadyje f(z)=0a U(z 0 ;R).Zbytekdůkazu budespočívatv rozšiřováí možiy,kde fjeulová,acelé D. Oblast Dsirozložímeadvěčásti G={w D existujeprostáposloupost w k D, w k waf(w k )=0}, H= D \ G. Zřejmě G a H tvoří disjuktí rozklad oblasti D (4.29) D=G H, G H=. Možia Gjeotevřeádíkyjedozačostimociéřady:Nechť w G.Fukci fmůžemeajistémokolí U(w;r) Gapsatvetvarumociéřadyostředu w f(z)= a (z w). Protože w G,existujeposloupost w k wtaková,že f(w k )=0.PodleVěty4.4je f(z)=0acelém U(w;r).Odtudihedvyplývá,ževšechybody z U(w;r)mají vlastostpožadovaouvdefiicimožiy G.Proto U(w;r) GaGjeotevřeá. Rověžmožia Hjeotevřeá:Nechť w H.Toovšemzameá,žekbodu wse elzepřiblížitposloupostíbodů w k D,vekterýchjefukce fulová.existujetakokolí U(w;r)bodu w,že f(z) 0provšecha z U(w;r) \ {w}. VtompřípaděsekžádémuprvkuzU(w;r)elzepřiblížitposloupostíbodů,vekterých jefukceulová.jiýmislovy U(w;r) Ha Hjeotevřeá. Oblast D je souvislá možia. Podle defiice souvislosti(defiice.5) ji elze apsat jako disjuktí sjedoceí dvou otevřeých moži G a H z ichž obě splňují D G a D H.

22 88 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Protože z 0 D G,atedy D G,musíbýt D H=. Podle(4.29)jepakutě D=G.Protokaždýbod w Djelimitoujistéprostéposlouposti w k,prokterou f(w k )=0.Zespojitostifukce fdostáváme,žeif(w)=0.tímje dokázáo,že f=0acelém D. Věta o jedozačosti holomorfí fukce se s výhodou používá k důkazu platosti idetit, které jsou zámy v reálém oboru. Např. záme vzorec cos2x=cos 2 x si 2 x, x R. Fukce f(z)=cos2zag(z)=cos 2 z si 2 zjsouholomorfía C.Ktomu,abybyly totožé stačí, kdyžsebudoushodovataějaké kovergetí poslouposti z k z 0. Za takovou posloupost si vezmeme jakoukoli kovergetí posloupost reálých čísel x k x 0.Pro x k Rrovostplatí,protoplatíprovšecha z C. Věta 4.5 zaručuje existeci rozvoje holomorfí fukce v libovolém bodě. Podívejme se, jak je možé alézt takové rozvoje v kokrétích případech. Příklad4.7.(i)Jakýjerozvojfukce f(z)=e z vmociouřaduostředu z 0? Podle Důsledku 4.2 je (4.30) f(z) = f () (z 0 )! (z z 0 ). Sadozjistíme,že f () (z 0 )=e z 0 provšecha 0.Hledaámociářadaje e z = Speciálě,rozvojvbodě z 0 =0dávátvar e z = e z 0! (z z 0). z!. Poloměrkovergeceje R=,jakjsmeužzjistilivPříkladu4.5. (ii) Mějme fukci (4.3) f(z)= z 2 z. Nalezemejejírozvojvbodech z = +jaz 2 =+j. V pricipu je vždy možé uvažovat tvar(4.30) a pokusit se zjistit, jak obecě vypadá -táderivace f () (z 0 ).Tomáadějipouzeuvelmispeciálíchfukcí.Zadaáfukce f mezi ě epatří. Alespoň e ve tvaru(4.3). Nejprve ji rozložíme a parciálí zlomky. z 2 z = z(z ) = z z.

23 3. ROZVOJ HOLOMORFNÍ FUNKCE V MOCNINNOU ŘADU 89 Obě části bychom už dovedli rozviout pomocí vzorce(4.30). Ukážeme si však jiou metodu založeou a součtu geometrické řady. Začeme upravovat prví část rozdílu. z = z = z (z z ) = z z z. z Je-li (4.32) z z <, tj. z z < z, z můžeme pokračovat = z (z z ) ( z ) = ( z ) +(z z ). Dosazeímkokrétíhodoty z = +jdostaeme Druhý čle upravíme podobě. z = (2 j) +(z+ j). z = z (z z ) = z = (z z ) = z = z ( +j) +(z+ j). z z = z z + (z z ) = Tato úprava je oprávěá pouze pro (4.33) z z <, tj. z z < z. z Spojeím obou řad máme z 2 z = [ (2 j) ++ ( +j) + ] (z+ j). Právě předvedeý postup má jedu výhodu. Chceme-li zjistit poloměr kovergece takové řady, emusíme už ic dalšího počítat. Použití vzorce pro součet geometrické řady vyžadovalo splěí podmíek(4.32) a(4.33): z z < z = 2 j = 5, a z z < z = +j = 2. Protožeoběmusíplatitsoučasě,vidíme,že R=mi{ 5, 2}= 2.

24 90 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU Případrozvojeostředu z 2 jezcelastejý.protohoprojdemekrátce. z = ( z 2 ) +(z z 2) = zapředpokladu,že z z 2 < z 2 =.Rověž z = z + 2 (z z 2 ) = j + (z j) j) (+j) +(z zapředpokladu,že z z 2 < z 2 = 2.Dohromadytakmáme z 2 z = [ apoloměrkovergeceje R=. j + + ] (+j) + (z j) Na závěr si ukážeme, že poloměr kovergece výsledé řady jsme mohli určit ještě dříve, ež jsme vůbec začali počítat. Věta 4.5 říká, že příslušý rozvoj v mociou řadu platívejvětšímkruhuobsažeémvoblasti D,akteréje fholomorfí.vašempřípadě je D=C \ {0,}. ProtomaximálíkruhvDsestředemvz = +jmápoloměr 2akruhostředu z 2 =+jmápoloměr,vizobr.4.2. z z Obr Jakužjsmesezmíiliazačátkutétočásti,uzavírásezdepomyslýkruhtvořeý růzými vlastostmi holomorfí fukce. Přesá formulace je ásledující. Věta4.6.Nechť D Cjejedodušesouvisláoblastaechť fjekomplexífukcespojitá a D. Pak ásledující tvrzeí jsou ekvivaletí:

25 3. ROZVOJ HOLOMORFNÍ FUNKCE V MOCNINNOU ŘADU 9 (i) fjeholomorfía D; (ii) platí Cauchyův itegrálí vzorec(3.9); (iii) C f=0prokaždouuzavřeoujedoduchoukřivku C D; (iv) f je lokálě reprezetovatelá mociou řadou. Důkaz. (i) (ii).tatoimplikacejeobsahemvěty3.3. (ii) (iii).důkazbylprovedevpozámce3.3. (iii) (i). PodleVěty 3.2 máfukce f primitivífukci F. Fukce F jezřejmě holomorfí. Z Důsledku 4.3 vyplývá, že F má derivace všech řádů. Speciálě existuje F = f.proto fjerověžholomorfí. V tuto chvíli už víme, že podmíky(i),(ii) a(iii) jsou ekvivaletí. Zbývá připojit posledí tvrzeí. (i) (iv).tatoimplikacejevěta4.5. (iv) (i). Důkaz této implikace představuje Věta 4.3 Pozámka 4.3. Implikace(iii) (i) se azývá Morerova věta. Zovu zdůrazňuje podobost holomorfí fukce s poteciálím vektorovým polem. Iformace obsažeé ve Větě 4.6 můžeme moha způsoby zužitkovat. Ukážeme si a závěr jede důležitý důsledek. Věta4.7.Nechť f jsoufukceholomorfíajedodušesouvisléoblasti D.Předpokládejme,žefukce f kovergujía Dstejoměrěkfukci f,tj. Pakifjeholomorfía D. lim sup f (z) f(z) =0. z D Důkaz. Abychom ověřili, že limití fukce f je holomorfí, použijeme ekvivaletí kritérium(iii) z Věty 4.6 a ověříme pouze, že itegrál fukce f podél jedoduché uzavřeé křivky je ulový. Nechť tedy C je jedoduchá uzavřeá křivka ležící v D. Protože fukce f kovergujíkfukci fstejoměrěa D,atedyia C,můžemevyužítTvrzeí3.3: f= lim f =0. C C eboťitegrályholomorfíchfukcí f podéluzavřeékřivkyjsouulové. Porováme-li toto tvrzeí se situací reálých fukcí, zjistíme, že ěco podobého emá šaci platit. U reálých fukcí se může totiž stát, že posloupost dokoce ekoečěkrát diferecovatelých fukcí koverguje stejoměrě k fukci, která emá derivaci v žádém bodě.

26 92 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU 4 Cvičeí. Úloha: Určete kruh kovergece řady a (z+j), kde(a )jejakákoliposloupostsestávajícísesčíselzmožiy { 2,,5}. Řešeí: Protože pro všecha uvažovaá čísla platí 2,, a 5, je R=. Úloha: Existuje fukce f holomorfí a okolí 0 taková, že ( j f = ) j (+( ) ) provšechadostivelká N? Řešeí: Pro lichá je ( j f =0. ) Zvětyojedozačostivyplývá,že f=0aokolíbodu0.pakaleemůžeplatitprosudá,že ( j f = ) 2j 0. Taková holomorfí fukce eexistuje. Úloha: Mějme mocié řady a (z z 0 ) a b (z z 0 ) spoloměrykovergece R a R 2.Colzeříciopoloměrukovergece Rřady (a + b )(z z 0 )? Může astat případ, že tato řada bude mít poloměr kovergece větší ež obě původí? Řešeí: Zřejmě platí a + b a + b 2max{ a, b }. Odtud a + b 2max{ a, b }.

27 4. CVIČENÍ. 93 Aplikací limes superior a obě stray dostaeme R = lim a + b lim 2 lim max{ a, b }= { } =max{lim a,lim b }=max,. R R 2 Ekvivaletě zapsáo R mi{r,r 2 }. Vidíme, že obecě je poloměr R alespoň tak velký, jak velký byl meší z obou původích poloměrů. Rsemůžeskutečězvětšitapř.při a = b. Úloha:Rozviňtehlavívětevlogaritmul 0 zvmociouřaduozadaémstředu z 0 C \ {z Rez 0, Im z=0}. Řešeí: Zde je vhodé použít vzorec(4.30), eboť sado zjistíme hodotu -té derivacefukcel 0 z. ( l0 z ) () =( ) + ( )! z pro. Proto l 0 z=l 0 z 0 + = ( ) + ( )! z 0! (z z 0 ) =l 0 z 0 + Nejčastějipoužívaýrozvojjeosestředem z 0 =: ( ) + l 0 z= z. = ( ) + z0 (z z 0 ). =. Určete kruh kovergece ásledujících mociých řad! (a) 2 (z ) (b) z (d) (g) (i) z 2 [ 3+( ) ] (z 3) (+a ) z. (e) (h) (c) 5 z! (f) 3 (3z+) (ch) (z+2) (2+)! z2+ cosj(z+2j) 2. Nechťřada a z mápoloměrkovergece0 < R <.Určetepoloměrkovergece řady (a) (2 )a z (b) a! z (c) a 2 z (d) (+z0)a z.

28 94 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU 3. Nechťřady a z a b z majípoloměrykovergece R >0aR 2 >0. Určetekoeficiety c,abyplatilo (4.34) ( )( c z = a z b z ). Ukažte,žepoloměrkovergece Rřady c z splňuje R mi{r,r 2 }. 4. Přechodemkderivacičiprimitivífukcialezětesoučetřadypro z < (a) (e) z (b) = (+) 2 z. ( ) z = (c) z (d) ( ) + z = 5. Nalezěte pokudexistuje fukci fholomorfíaokolí0takovou,že ( ( (a) f = f ) ) = 2, ; ( ( (b) f = f ) ) = 3, ; ( +j ) (c) f = ++j, ; ( (d) f = ) +2, ; { ( (e) f ) } { } = 2, 2, 4, 4, 6, 6,.... = 6. Nechťfukce fjeholomorfía M= {z C Rez ( π/4,π/4)}aechť f(x)=tg x, x (0,π/4). Ukažte,žerovice f(z)=jemářešeí. 7. Rozviňtefukci fvmociouřadusestředemvz 0 aurčetepoloměrkovergece této řady. (a) f(z)=si z, z 0 = π 4 ; (b) f(z)=sihz, z 0 =0; (c) f(z)=cosh 2 z, z 0 =0; (d) f(z)=z 2 + z, z 0 = ; (e) f(z)=l 0 +z z, z 0=0; (f) f(z)=l 0 (z 2 3z+2), z 0 =0;

29 4. CVIČENÍ. 95 (g) f(z)= az+ b, z 0 b a ; (h) f(z)= z z+2, z 0=; z (ch) f(z)= z 2 2z+5, z 0=; (i) f(z)= (j) f(z)= z 2 (z+) 2, z 0=0; z 2 (z+) 2, z 0=. 8. Jepravda,žesudáfukceholomorfíaokolí0mávmociémrozvojiostředu z 0 =0pouzečleysesudoumociou? 9. Ukažte, že fukce daá jeholomorfía C f(z)= 0 si zt t dt (a) pomocí Věty 4.6; (b) alezeím rozvoje v mociou řadu. 0. Nalezěterozvojvmociouřaduostředuvz 0 =0fukce Fprimitivík (a) e z2, (b) si z z, splňující podmíku F(0) = 0. Jaký je poloměr kovergece?. Jakýmározvojvmociouřaduostředu z 0 =0fukce f(z)= +zpřivýběru (a) =, (b) =? 2. Nechť f je fukce holomorfí a C s ásledující vlastostí: (a) Prokaždýbod z 0 Cmámociářadafukce fostředu z 0 koeficiet a 7 =0. Ukažte,že fjepolyom. (b ) Nechť M 7 jemožiatěchstředů z 0,prokterémározvojfukce fvmociou řaduostředu z 0 koeficiet a 7 =0.Ukažte,žepokudje M 7 ekoečávkruhu K= {z z },je fpolyom. (c ) Rozvojfukce f vmociouřaduvkaždém z 0 máalespoňjedekoeficiet ulový. Pak f je polyom.

30 96 KAPITOLA 4. REPREZENTACE MOCNINNOU ŘADOU 3. Ukažte, že holomorfí fukce a oblasti D má tzv. vlastost průměru: Nechť z 0 D.Pak f(z 0 )= 2π 2π 0 f ( z 0 + re jt) dt kdykoliuzavřeýkruhostředu z 0 apoloměru rležívd. 4. Nechť f(z)= a (z z 0 ) a U(z 0 ;R).Ukažte,žepro0 < r < Rplatí 2π 2π 0 f(z0 + re jt dt= a 2 r Svyužitímcvičeí4ukažtetzv.Cauchyůvodhad:Nechť fjeholomorfíakruhu U(z 0 ;r)aechť f M.Pak f () (z 0 ) m! r Svyužitímcvičeí4ukažte,žekaždáharmoickáfukce u(x,y)aoblasti Dmá vlastost průměru, tj. že platí: u(x 0,y 0 )= πr 2 u(x, y) U(z 0 ;r) prokaždýkruh U(z 0 ;r)jehožuzávěrležívd, z 0 = x 0 +jy S pomocí cvičeí 4 vymyslete jiý důkaz Liouvilleovy věty. 8. Nechť f jeholomorfía U(0;+ε), ε >0,prostáaechť f(z)= a z. Ukažte,žeobsahmožiy f ( U(0;) ) jerove obsah f ( U(0;) ) = π a 2. Výsledky..(a) U(;2), (b) U(0;e), (c) { 2}, (d) U(0;), (e) U(0;), (f) C, (g) U(3;/4), (h) U(.j/3;), (ch) U( 2j;/e), (i) U(0;mi{,/ a }); 2.(a) R/2, (b), (c) R 2,(d) R mi{,/ z 0 }; 3. c = k=0 a kb k,pro z <mi{r,r 2 }oběřadyvpravove(4.34) kovergují.proto R mi{r,r 2 }; 4.(a) l 0 ( z),(b) (+z) 2,(c) 2 l 0 +z l 0 (+z),(e) +z ( z) 3 ; 5.(a) f(z)=z 2,(b)eexistuje,(c) f(z)= +z z,(d) z,(d) f(z)= +2z,

31 4. CVIČENÍ. 97 (e)eexistuje; 6. f(z)musíbýtjediětg z; 7.(a) (b) (e)2 z 2+ (2+)!, R=,(c) 2 + z 2 z 2+ 2+, R=,(f)l2 = ( ) [/2] ( z π, R=, 2! 4) (2)!, R=,(d) (z+)+(z+)2, R=, 2 + ( a) 2 z, R=,(g) (az 0 + b) +(z z 0), R= z 0 +b/a,(h) 3 + 2( ) (z ), R=3,(ch) R=2,(i) ( ) + z +, R=,využijtecvičeí4(b),(j) 4 + ( j) 4 + [ (z ) 2 +(z ) 2+], = ( ) 2 +2( 3)(z ), R=2; 8.Ao,ukažte,žederivacesudéfukcejelicháalichéfukcesudá; 9.(b) ( ) z 2+ f(z)= (2+)(2+)! z2+ ; 0.(a) (2+)!,(b) ( ) z 2+ (2+)(2+)! ;.(a) =2 ( ) (2 3)!! 2 z, (b)! 2 =2 ( ) (2 3)!! 2 z ; 2. (a)! f (7) (z)=0,(b)existujeposloupost z K, z z K,že f (7) (z k )=0.(c)Existuje k 0,žemožia {z f (k) (z)=0}jeekoečávjedotkovémkruhu K.Pakpoužijte(b); 3.PoužijteCauchyhoitegrálívzorec; 4. f(z 0 + re jt )= a r e jt. Vyásobte tuto rovici rovicí komplexě sdružeou a obě strau itegrujte od 0 do 2π; 5.Zecvičeí4plye,že a 2 r 2 M 2,tj. a M/(r 2 ).Důsledek4.dává žádaou erovost; 6. Itegrál přes kruh počítejte v polárích souřadicích se středem v z 0 ; 7.Je-li f(z) M,pak a 2 r 2 projakkolivelké r >0; 8.Jacobiá zobrazeí fje f 2 aužijtevětuosubstitucivedvojémitegrálu.