Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Ряд Лорана и разложение функций по целым степеням

Ряд Лорана и разложение функций по целым степеням


Ранее рассматривалась задача разложения функции в степенной ряд \sum_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n, при этом функция предполагалась аналитической в точке z_0, а ряд сходящимся в круге |z-z_0|<R,~ 0<R\leqslant\infty.


Другим частным случаем функциональных рядов, наряду со степенными, является ряд \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n(z-z_0)^n ряд по целым степеням разности (z-z_0). Такой ряд сходится в кольце r<|z-z_0|<R,~ r \geqslant0,~ R\leqslant\infty и его сумма — функция аналитическая внутри этого кольца.


Можно рассматривать задачу разложения функции, аналитической в кольце r<|z-z_0|<R. Имеет место теорема, аналогичная теореме 3.3.


Теорема Лорана о разложении функции в ряд по целым степеням


Теорема 3.5 (Лорана). Функция f(z), аналитическая в кольце, представляется в этом кольце сходящимся рядом по целым степеням, т.е. имеет место равенство


f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n(z-z_0)^n.
(3.24)

Коэффициенты ряда вычисляются по формуле


c_n= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{\gamma} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz,\quad n=0,\pm1,\pm2,\ldots,
(3.25)

где \gamma — произвольный контур, принадлежащий кольцу и охватывающий точку z_0; в частности, \gamma — окружность |z-z_0|=\rho,~ r<\rho<R.


Имеют место следующие определения.


1. Ряд \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n(z-z_0)^n коэффициенты которого вычисляются по формуле (3.25), называется рядом Лорана функции f(z).


Заметим, что формула (3.16) получается из формулы (3.25) при n\geqslant0, но для коэффициентов ряда Лорана не имеет места формула вида (3.17), так как функция в точке z_0 может быть не определена.


2. Совокупность членов ряда с неотрицательными степенями — \sum_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n называется правильной частью ряда Лорана; члены с отрицательными степенями образуют главную часть ряда Лорана: \sum_{n=-\infty}^{-1} c_n(z-z_0)^n или \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{-n}}{(z-z_0)^n}.


3. При r=0 получаем частный случай кольца — вырожденное кольцо 0<|z-z_0|<R. Это — круг с выколотым центром. Точка z_0 — особая точка функции, и разложение в этом случае называется разложением функции в окрестности особой точки.


4. При R=\infty область |z-z_0|>r есть внешность круга. В частном случае при z_0=0 — внешность круга |z|>r. Разложение в этом случае называется разложением в окрестности бесконечно удаленной точки и имеет вид


f(z)= \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_nz^n= \sum_{n=0}^{\infty} c_nz^n+ \sum_{n=-\infty}^{-1}c_nz^n,
(3.26)

или, что то же,

f(z)= \sum_{n=0}^{\infty} c_nz^n+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{-n}}{z^n}\,.
(3.27)

Здесь совокупность неотрицательных степеней \sum_{n=0}^{\infty}c_nz^n образует главную часть ряда Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки; совокупность отрицательных \sum_{n=-\infty}^{-1}c_nz^n — правильную часть ряда Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки.


Пример 3.30. Исследовать возможность разложения функции f(z)= \sqrt{\frac{z}{(z+1)(z-2)}} в ряды Тейлора и Лорана.


▼ Решение

Функцию f(z)= \sqrt{\frac{z}{(z+1)(z-2)}} нельзя разложить в ряд по степеням z ни в окрестности точки z_0=0 (ряд Тейлора), ни в окрестности точки z_0=\infty (ряд Лорана), так как эти точки являются точками ветвления функции и в их окрестностях невозможно выделение однозначных ветвей.


Невозможны также разложения этой функции в ряды по степеням (z+1) и (z-2), поскольку точки z=-1 и z=2 — также точки ветвления. Разложения по степеням (z-z_0), где z_0\ne0,~z_0\ne-1,~ z_0\ne2, возможны.


Функция же f(z)= \frac{z}{(z+1)(z-2)} раскладывается по степеням z и в ряд Тейлора в круге |z|<1 и в ряд Лорана в области |z|>2 (окрестность бесконечно удаленной точки), а также в кольце 1<|z|<2. Возможны разложения и по степеням (z+1) и (z-2) в кольцевых областях, а также в окрестностях особых точек z=-1,~ z=2.


Так как ряды по целым степеням обладают свойствами степенных рядов (см. утверждение 3.2), то, учитывая теорию и практику решения задачи разложения функции в степенной ряд (см. утверждения 3.3 и 3.4), можно сформулировать следующее утверждение.




Утверждение 3.6


1. Функция, аналитическая в кольце r<|z-z_0|<R,~ r\geqslant0,~ R\leqslant\infty, разлагается в этом кольце в ряд Лорана (3.24), коэффициенты которого вычисляются по формуле (3.25).


2. Для коэффициентов ряда имеет место формула оценки коэффициентов — неравенство Коши:


|c_n|\leqslant \frac{M}{\rho^n},\quad n=0,\pm1,\pm2,\ldots
(3.28)

где M=\max_{z\in\gamma}|f(z)|,~\rho — радиус окружности (частный случай контура \gamma), по которой производится интегрирование в (3.25).


3. На границах кольца сходимости ряда Лорана есть хотя бы по одной особой точке функции f(z) — его суммы.


4. Частными случаями рядов Лорана являются разложения функции в окрестности особой точки z_0~(r=0) и окрестности бесконечно удаленной точки (z_0=0,~ R=\infty).


5. Разложение в ряд Лорана сводится к разложению в ряд Тейлора, используются основные разложения и действия над рядами.


6. При разложении рациональных дробей, как и в случае рядов Тейлора, выдерется целая часть неправильной дроби, а правильная записывается в виде суммы элементарных дробей, для разложения которых используется формула суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии. При этом элементарные дроби преобразуются следующим образом:


– для получения правильной части, т.е. ряда, сходящегося в круге |z-z_0|<R, разложение элементарной дроби записывается в виде


\frac{1}{a-(z-z_0)}= \frac{\frac{1}{a}}{1-\frac{z-z_0}{a}}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-z_0)^n}{a^{n+2}}= \sum_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n,\quad |z-z_0|<|a|,\quad a\ne0;

– для получения главной части, т.е. ряда, сходящегося вне круга |z-z_0|>r, изложение элементарной дроби записывается в виде


\frac{1}{a-(z-z_0)}= \frac{-\frac{1}{z-z_0}}{1-\frac{a}{z-z_0}}= -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a^n}{(z-z_0)^{n+1}}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_n}{(z-z_0)^n}\,,\quad \left|\frac{a}{z-z_0}\right|<1~ \Leftrightarrow~ |z-z_0|>|a|.



Примеры разложения функций в ряд Лорана


Пример 3.31. Разложить функцию f(z)=\frac{z+2}{z^2-2z-3} в ряд Лорана по степеням z.


▼ Решение

Функция является аналитической всюду, кроме точек z_1=-1 и z_2=3, в частности: в круге |z|<1, в кольце 1<|z|<3 и в окрестности бесконечно удаленной точки |z|>3 (рис. 3.4).


В круге |z|<1 функция раскладывается в ряд Тейлора (см. пример 3.21). Получим разложения в двух других областях.


Рассмотрим разложение в кольце. Дробь правильная, ее разложение на элементарные дроби получено в примере (3.21):


f(z)= \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}\,.

Чтобы получить разложение в кольце, первое слагаемое раскладываем в области |z|>1, т.е. записываем главную часть ряда, второе — в круге |z|<3 — правильная часть. Получаем разложения:


\begin{gathered}\frac{1}{z+1}= \frac{1 \slash z}{1+1 \slash z}= \frac{1 \slash z}{1-(-1 \slash z)}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{z^{n+1}}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{z^n},\quad \left|-\frac{1}{z}\right|= \frac{1}{|z|}<1~ \Leftrightarrow~ |z|>1;\\[2pt] \frac{1}{z-3}= \frac{-1 \slash 3}{1-z \slash 3}= -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{3^{n+1}},\quad |z|<3. \end{gathered}

Записываем окончательный результат:


\frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4\cdot z^n}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5\cdot z^n}{4\cdot 3^{n+1}},\quad 1<|z|<3.

Здесь первое слагаемое — главная часть, а второе — правильная часть ряда Лорана в кольце 1<|z|<3.


Чтобы получить разложение в области |z|>3 — окрестности бесконечно удаленной точки, нужно и второе слагаемое разложить по отрицательным степеням:


\frac{1}{z-3}= \frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1-\frac{3}{z}}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{3^n}{z^{n+1}},~~ \left|\frac{3}{z}\right|<1 или \frac{1}{z-3}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{n-1}}{z^n},~~ |z|>3..

В результате получаем разложение в окрестности бесконечно удаленной точки:


\frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4z^n}+ \frac{5}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{n-1}}{z^n}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n+5\cdot3^{n-1}}{4}\cdot \frac{1}{z^n}\,,\quad |z|>3.

Заметим, что главная часть ряда отсутствует, так как в разложении присутствуют только члены с отрицательными степенями.


Круг и кольцо на комплексной плоскости

Пример 3.32. Разложить функцию f(z)=\frac{z+2}{z^2-2z-3} в ряд Лорана: а) по степеням (z-2); б) по степеням (z-1).


▼ Решение

а) Особыми точками функции являются точки z_1=-1 и z_2=3, причем вторая — ближайшая к центру разложения, т.е. к z_0=2 (рис. 3.5,а); расстояние между z_0=2 и z_2=3 равно единице, поэтому в круге |z-2|<1 функция раскладывается в ряд Тейлора. Расстояние от z_0=2 до другой особой точки z_1=-1 равно трем, и в кольце 1<|z-2|<3 данная функция является аналитической и раскладывается в ряд Лорана. Аналитической она является и в области |z-2|>3 и раскладывается в ней также в ряд Лорана по степеням (z-2). Оба разложения получаем, как в предыдущем примере, причем замену z-2=t можно сделать в исходной дроби, а можно не вводить обозначения (см. пример 3.21). Запишем разложения в каждой из двух областей, учитывая представление функции в виде суммы элементарных дробей (см. примеры 3.21 и 3.31):


f(z)= \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \frac{z+2}{(z+1)(z-3)}= -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}\,.

Разложение в кольце 1<|z-2|<3\,\colon


\begin{aligned}\frac{1}{z+1}&= \frac{1}{z-2+3}= \frac{1}{3\! \left(1+\frac{z-2}{3}\right)}= \frac{1}{3\! \left(1-\left(-\frac{z-2}{3}\right)\right)}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(z-2)^n}{3^{n+1}},\quad |z-2|<3;\\[2pt] \frac{1}{z-3}&= \frac{1}{z-2-1}= \frac{1}{z-2}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{z-2}}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(z-2)^{n+1}}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(z-2)^n}\,,\quad |z-2|>1.\end{aligned}

Получаем ответ: \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{4\cdot3^{n+1}}(z-2)^n+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5}{4(z-2)^n},~1<|z-2|<3.


Разложение в области |z-2|>3\,\colon


\begin{aligned}\frac{1}{z+1}&= \frac{1}{z-2+3}= \frac{1}{z-2}\cdot \frac{1}{1+ \frac{3}{z-2}}= \frac{1}{z-2}\cdot \frac{1}{1-\left(-\frac{3}{z-2}\right)}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n3^n}{(z-2)^{n+1}}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}3^{n-1}}{(z-2)^n},~~ |z-2|>3;\\[2pt] \frac{1}{z-3}&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(z-2)^n},\quad |z-2|>1. \end{aligned}

Получаем ответ: \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=1}^{\infty}\! \left(\frac{(-1)^n3^{n-1}}{4}+ \frac{5}{4}\right)\!\cdot \frac{1}{(z-2)^n}\,,~ |z-2|>3..


б) Задача решается так же, как и в предыдущем пункте. Различие заключается в том, что в данном случае обе особые точки расположены на одном расстоянии от центра — точки z_0=1. Поэтому разложения по степеням (z-1) могут быть получены в круге |z-1|<2 и в вырожденном кольце — в области |z-1|>2 (рис. 3.5,б). Разложение в круге ||z-1|<2 — ряд Тейлора — получено в примере 3.21. Запишем разложение в области |z-1|>2\colon


\begin{aligned}\frac{1}{z+2}&= \frac{1}{z-1}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{z-1}}= \frac{1}{z-1}\cdot \frac{1}{1-\left(-\frac{1}{z-1}\right)}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(z-1)^{n+1}}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{(z-1)^n}\,,\quad |z-1|>1;\\[2pt] \frac{1}{z-3}&= \frac{1}{z-1-2}= \frac{1}{z-1}\cdot \frac{1}{1-\frac{2}{z-1}}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(z-1)^{n+1}}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}}{(z-1)^n}\,,\quad |z-1|>2. \end{aligned}

Получаем ответ: \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=1}^{\infty}\! \left(\frac{(-1)^n}{4}+ 5\cdot2^{n-3}\right)\! \frac{1}{(z-1)^n}\,,\quad |z-1|>2..


Пример 3.33. Записать разложения функции f(z)=\frac{z+2}{z^2-2z-3} в окрестностях особых точек.


▼ Решение

Особыми точками дроби являются z_1=\infty,~ z_2=-1,~ z_3=3. Решим задачу для каждой особой точки z_0.


Разложение в окрестности бесконечно удаленной точки (z_0=\infty) получено в примере 3.31:


\frac{z+2}{z^2-2z-3}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n+5\cdot3^{n-1}}{4}\cdot \frac{1}{z^n}\,,\quad |z|>3.

Заметим, что в разложении отсутствует главная часть — совокупность членов с положительными степенями z.


Запишем разложение в окрестности точки z_0=-1. Расстояние до другой особой точки z=3 равно четырем, поэтому окрестность точки z_0=-1 — проколотая окрестность, которая записывается в виде 0<|z+1|<4 (рис. 3.6).


Пересечение окружностей на комплексной плоскости

В разложении \frac{z+2}{z^2-2z-3}= -\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3} исходной дроби на элементарные первое слагаемое записано по степеням (z+1) (уже разложено). Это разложение содержит только главную часть, состоящую из одного члена: здесь все c_k=0, кроме c_{-1}=-\frac{1}{4}, и разложение имеет место в области |z+1|>0. Второе слагаемое раскладываем в окрестности z_0=-1 и, так как для него эта точка не является особой, получим ряд Тейлора в круге |z+1|<4. Для исходной дроби это будет правильная часть ряда Лорана:


\frac{1}{z-3}= \frac{1}{z+1-4}= \frac{-1}{4\! \left(1-\frac{z+1}{4}\right)}= -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z+1)^n}{4^{n+1}}\,,\quad \left|\frac{z+1}{4}\right|<1~ \Leftrightarrow~ |z+1|<4.

Получаем ответ: \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \frac{-1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5(z+1)^{n}}{4^{n+2}},~ 0<|z+1|<4.


Для точки z_0=3 задача решается аналогично (рис. 3.6):


\frac{z+2}{z^2-2z-3}= \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}-\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{(z-3)+4}= \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}-\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(z-3)^n}{4^{n+1}}\,.

Получаем ответ: \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}+ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{4^{n+2}}(z-3)^n,~ 0<|z-3|<4 — разложение функции в окрестности особой точки z_0=3. Заметим, что в полученных разложениях в окрестности каждой особой точки главная часть содержит только одно слагаемое.


Пример 3.34. Исследовать разложения функции f(z)=\frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)} по степеням (z-z_0). Записать разложения в окрестностях особых точек.


▼ Решение

Функция может быть разложена в ряд Тейлора по степеням (z-z_0). окрестности любой конечной точки z_0\ne-1,~z_0\ne3; окрестностью будет круг |z-z_0|<r, где r=\min\bigl\{|z_0+1|,|z_0-3|\bigr\} — наименьшее из расстояний от точки z_0 до особых точек (рис. 3.7,а).


В ряд Лорана по степеням (z-z_0) функция может быть разложена в кольце r<|z-z_0|<R, где r=\min\bigl\{|z_0+1|,|z_0-3|\bigr\}, R=\max\bigl\{|z_0+1|,|z_0-3|\bigr\} и \operatorname{Re}z_0\ne1, а также во внешности круга, т.е. в области |z-z_0|>R (рис. 3.7,а). Если \operatorname{Re}z_0=1, то разложение будет иметь место только в вырожденном кольце вида |z-z_0|>R, так как в этом случае точка го одинаково удалена от обеих особых точек и r=R (рис. 3.7,б).


Расстояния от точек до особых точек на комплексной плоскости

Особенностью примера является наличие в знаменателе множителя (z+1)^2, поэтому в разложении дроби на элементарные присутствует дробь \frac{1}{(z+1)^2}, а именно имеет место равенство


\frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}= \frac{-5}{16}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{-1}{4}\cdot \frac{1}{(z+1)^2}+ \frac{5}{16}\cdot \frac{1}{z-3}\,.

Для разложения дроби \frac{1}{(z+1)^2} по степеням (z-z_0),~z_0\ne-2 используется правило дифференцирования рядов (см. пример 3.22).


Запишем разложение функции в окрестности z_0 — особой точки.


В случае z_0=-1 в разложении дроби на элементарные две первые дроби представляют собой слагаемые требуемого вида (уже разложены): \frac{1}{z+1}=(z+1)^{-1},~ \frac{1}{(z+ 1)^2}=(z+1)^{-2}. Эти разложения справедливы во всей плоскости с выколотой точкой z_0=-1, т.е. в области |z+1|>0.


От третьего слагаемого получаем правильную часть ряда Лорана:


\frac{1}{z-3}=-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z+1)^n}{4^{n+1}}\,,\quad |z+1|<4.

Окончательный ответ: \frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}= \frac{-5}{16}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{-1}{4}\cdot \frac{1}{(z+1)^2}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5(z+1)^n}{4^{n+3}},~0<|z+1|<4.


В главной части разложения присутствуют два члена, при этом c_{-1}=-\frac{5}{16},~ c_{-2}=-\frac{1}{4}.


В случае разложения в окрестности z_0=3 главная часть разложения содержит одно слагаемое \frac{5}{16}\frac{1}{z-3}; правильная получается от разложения дробей \frac{1}{z+1} и \frac{1}{(z+1)^2} по степеням (z-3).


Найдем эти разложения:


\begin{gathered}\frac{1}{z+1}= \frac{1}{(z-3)+4}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4^{n+1}}(z-3)^n,\quad |z-3|<4;\\[2pt] \frac{1}{(z+1)^2}=-\left(\frac{1}{z+1}\right)'=-\sum_{n=0}^{\infty}\! \left(\frac{(-1)^n}{4^{n+1}}(z-3)^n\right)'= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}n}{4^{n+1}}(z-3)^{n-1}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(n+1)}{4^{n+2}}(z-3)^n,\quad |z-3|<4.\end{gathered}

Записываем ответ: \frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}= \frac{5}{16}\cdot \frac{1}{z-3}+ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(n+6)}{4^{n+3}}(z-3)^n,\quad 0<|z-3|<4.


Пример 3.35. Разложить функцию z^3e^{\frac{1}{z}} в окрестностях точек z_0=0 и z_0=\infty.


▼ Решение

Оба разложения — разложения по степеням z и получаются из основного разложения, а именно


z^3e^{\frac{1}{z}}= z^3\! \left(1+\frac{1}{z}+ \frac{1}{2!z^2}+ \ldots+ \frac{1}{n!z^n}+ \ldots\right)\!,

или

z^3e^{\frac{1}{z}}=z^3+z^2+\frac{1}{2!}z+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!z}+ \ldots+ \frac{1}{n!z^{n-3}}+\ldots,\quad |z|>0.

Различие разложений заключается в записи правильной и главной частей. Так, в случае точки z_0=0 правильная часть содержит конечное число слагаемых — четыре и ответ записывается в виде


z^3e^{\frac{1}{z}}= z^3+z^2+\frac{1}{2}z+\frac{1}{6}+ \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{z^n}{(3-n)!},\quad |z|>0.

В случае z_0=\infty конечное число слагаемых образует главную часть и ответ записывается в виде


z^3e^{\frac{1}{z}}= z^3+z^2+\frac{1}{2}z+ \sum_{n=-\infty}^{0} \frac{z^n}{(3-n)!},\quad |z|>0.

Пример 3.36. Разложить по степеням z функции: а) \frac{1-\cos z}{z^2}; б) \frac{\sin z}{z}. С помощью полученных разложений найти \lim\limits_{z\to0}f(z).


▼ Решение

Применяем основные разложения для \cos z и \sin z и записываем ряды для заданных функций:


а)

\begin{aligned}\frac{1-\cos z}{z^2}&= \frac{1}{z^2}\! \left(1-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!} \right)= \frac{1}{z^2}\! \left(1-1-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!} \right)= \frac{1}{z^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}z^{2n}}{(2n)!}=\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}z^{2n-2}}{(2n)!}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n+2)!}\,,\quad |z|>0.\end{aligned}

Таким образом, получаем результат: \frac{1-\cos z}{z^2}= \frac{1}{2}-\frac{z^2}{4!}+ \frac{z^4}{6!}-\ldots.


Справа записан степенной ряд, сходящийся всюду, его сумма при z\ne0 равна \frac{1-\cos z}{z^2}, а при z=0, очевидно, равна \frac{1}{2}.


Получаем \lim\limits_{z\to0} \frac{1-\cos z}{z^2} = \frac{1}{2} или 2\lim\limits_{} \frac{1-\cos z}{z^2}=1. Результат можно записать в виде асимптотической формулы:


1-\cos z\sim \frac{1}{2}\,z^2,\quad z\to0.

б) \frac{\sin z}{z}= \frac{1}{z} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!},~~|z|>0.


Получен результат: \frac{\sin z}{z}=1-\frac{z^2}{3!}+\ldots. Отсюда \lim\limits_{z\to0}\frac{\sin z}{z}=1. Результат, как и в случае "а", можно записать в виде асимптотической формулы: \sin z\sim z,~z\to0.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved