chądzyński1

so 4. FUNKCJE HOLOMORFICZNE

so 4. FUNKCJE HOLOMORFICZNE

W konsekwencji funkcja K 3 ^ t—► exp[—ctL(c)] jest holomorficzna.

Rozważmy funkcję K 3 z i—> /_a(z) exp(—aL(z)). Z zadania 4(c) i z (1) dla dowolnego z £ K mamy

[fa{z)exp(~ aL(z))]^ł

= o/a-i(z)exp(—aL(z)) - /_tt(z)aexp(-aL(z))/(l 4- z) = oexp(-a£(z))(/₀_i(z) - f_n{z)/{ 1 -f z)) = 0.

Ponieważ /_ft(0) exp(—oL(0)) = 1, więc na mocy zadania 4.1.1 /„(z) = exp(oLog(l 4 z)) dla dowolnego z £ K. Stąd i z zadania 4(c) dostajemy (*). Z zadania 4(b) dostajemy drugą część zadania.

To kończy rozwiązanie.

□

Zadanie 6. Niech /C={zGC:|zJ<l} i niech T będzie gałęzią arcusa sinusa w kole K, która przyjmuje w punkcie 0 wartość 0. Pokazać, ze

w

Rozwiązanie. Z zadań 2.5.11 (b) i 4.1.9 wynika, że gałąź T istnieje, jest funkcją holomorficzną, i T'(z) = 1/(1 — z²)¹/², gdzie (1 — z²)¹/² jest gałęzią potęgi przyjmującą wartość 1 w punkcie 0. Łatwo sprawdzić, że T'(z) = exp[(—1/2) Log(l — z²)]. Korzystając teraz z zadania 5, dostajemy

(1)

n=0 ^{v    7}

dla z G K,

przy czym, w myśl twierdzenia 1.27.1, szereg w (1) jest niemal jednostajnie zbieżny w I\.

Niech z £ K będzie dowolnym punktem i niech [0, z] będzie [ odcinkiem zorientowanym o początku w punkcie 0 i końcu w punkcie [ z. Wtedy z (i) i równości T(0) = 0, na mocy własności 1.19.5 i twierdzenia 1.20.2, dostajemy

2n 4 1

l/2\

Z określenia symboli Newtona dostajemy /-l/2\ ₌ ,    l-3---(2»-l)

dla n € N\ {0},

□

\ n )    '    2 • 4 - - ■ (2n)

co daje (*).

To kończy rozwiązanie.

Zadanie 7. Niech a,b € C, a b. Znaleźć rozwinięcie w szereg Laurenta w sąsiedztwie punktu a. funkcji f określonej wzorem f{z) — z j (z — a) (z — b) i wyznaczyć pierścień zbieżności tego rozwinięcia.

Rozwiązanie. Łatwo zauważyć, że

a

(i)

m =

(a — b)(z — a) Z zadania 4.4.2(a) mamy

+

(b — a)(z — b)

Łatwo zauważyć, że limsup k/\hj{b - «)ⁿ⁺²| = 1/|6 - a|. Zatem, w myśl twierdzenia Cauchy’ego-Hadamarda 1.27.2, promień zbieżności części regularnej rozwinięcia (2) jest równy |ń-aj. Zbiór {z € C : 0 < I z - aj < \b - a|} jest więc pierścieniem zbieżności szeregu Laurenta w (2)-

To kończy rozwiązalne.    □

Y' a-o)" (6-«)ⁿ⁺¹'

(2)

^f{z) = {^T)^{z - ^a)_1 - £

Zj (^b ~ ^a)ⁿ⁺2

(z - a)».

1

__ 1_

z — b (z — a) + (a — 6)

1__1_

(a — b) 1 — (z — a)/(b — a)

Stąd i z (1) dostajemy