Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 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 [math]\sum_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n[/math], при этом функция предполагалась аналитической в точке [math]z_0[/math], а ряд сходящимся в круге [math]|z-z_0|<R,~ 0<R\leqslant\infty[/math].


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


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


Теорема Лорана о разложении функции в ряд по целым степеням


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


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

Коэффициенты ряда вычисляются по формуле


[math]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,[/math]
(3.25)

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


Имеют место следующие определения.


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


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


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


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


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


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

или, что то же,

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

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


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


▼ Решение

Функцию [math]f(z)= \sqrt{\frac{z}{(z+1)(z-2)}}[/math] нельзя разложить в ряд по степеням [math]z[/math] ни в окрестности точки [math]z_0=0[/math] (ряд Тейлора), ни в окрестности точки [math]z_0=\infty[/math] (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 [math](z+1)[/math] и [math](z-2)[/math], поскольку точки [math]z=-1[/math] и [math]z=2[/math] — также точки ветвления. Разложения по степеням [math](z-z_0)[/math], где [math]z_0\ne0,~z_0\ne-1,~ z_0\ne2[/math], возможны.


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


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 [math]r<|z-z_0|<R,~ r\geqslant0,~ R\leqslant\infty[/math], 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:


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

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


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


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


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 [math]|z-z_0|<R[/math], разложение элементарной дроби записывается в виде


[math]\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;[/math]

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


[math]\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|.[/math]



Примеры разложения функций в ряд Лорана


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


▼ Решение

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


В круге [math]|z|<1[/math] 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):


[math]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}\,.[/math]

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


[math]\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}[/math]

Записываем окончательный результат:


[math]\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.[/math]

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


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


[math]\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[/math] или [math]\frac{1}{z-3}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^{n-1}}{z^n},~~ |z|>3.[/math].

В результате получаем разложение в окрестности бесконечно удаленной точки:


[math]\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.[/math]

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


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


▼ Решение

а) Особыми точками функции являются точки [math]z_1=-1[/math] и [math]z_2=3[/math], причем вторая — ближайшая к центру разложения, т.е. к [math]z_0=2[/math] (рис. 3.5,о); расстояние между [math]z_0=2[/math] и [math]z_2=3[/math] равно единице, поэтому в круге [math]|z-2|<1[/math] функция раскладывается в ряд Тейлора. Расстояние от [math]z_0=2[/math] до другой особой точки [math]z_1=-1[/math] равно трем, и в кольце [math]1<|z-2|<3[/math] данная функция является аналитической и раскладывается в ряд Лорана. Аналитической она является и в области [math]|z-2|>3[/math] и раскладывается в ней также в ряд Лорана по степеням [math](z-2)[/math]. Оба разложения получаем, как в предыдущем примере, причем замену [math]z-2=t[/math] 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):


[math]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}\,.[/math]

Разложение в кольце [math]1<|z-2|<3\,\colon[/math]


[math]\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}[/math]

Получаем ответ: [math]\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[/math].


Разложение в области [math]|z-2|>3\,\colon[/math]


[math]\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}[/math]

Получаем ответ: [math]\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.[/math].


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 [math]z_0=1[/math]. Поэтому разложения по степеням [math](z-1)[/math] могут быть получены в круге [math]|z-1|<2[/math] и в вырожденном кольце — в области [math]|z-1|>2[/math] (рис. 3.5,б). Разложение в круге |[math]|z-1|<2[/math] — ряд Тейлора — получено в примере 3.21. Запишем разложение в области [math]|z-1|>2\colon[/math]


[math]\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}[/math]

Получаем ответ: [math]\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.[/math].


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


▼ Решение

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


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


[math]\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.[/math]

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


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


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


[math]\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.[/math]

Получаем ответ: [math]\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[/math].


Для точки [math]z_0=3[/math] задача решается аналогично (рис. 3.6):


[math]\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}}\,.[/math]

Получаем ответ: [math]\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[/math] — разложение функции в окрестности особой точки [math]z_0=3[/math]. Заметим, что в полученных разложениях в окрестности каждой особой точки главная часть содержит только одно слагаемое.


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


▼ Решение

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


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


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


[math]\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}\,.[/math]

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


Запишем разложение функции в окрестности [math]z_0[/math] — особой точки.


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


От третьего слагаемого получаем правильную часть ряда Лорана:


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

Окончательный ответ: [math]\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[/math].


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


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


Найдем эти разложения:


[math]\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}[/math]

Записываем ответ: [math]\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.[/math]


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


▼ Решение

Оба разложения — разложения по степеням [math]z[/math] и получаются из основного разложения, а именно


[math]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)\!,[/math]

или

[math]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.[/math]

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


[math]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.[/math]

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


[math]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.[/math]

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


▼ Решение

Применяем основные разложения для [math]\cos z[/math] и [math]\sin z[/math] и записываем ряды для заданных функций:


а)

[math]\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}[/math]

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


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


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


[math]1-\cos z\sim \frac{1}{2}\,z^2,\quad z\to0.[/math]

б) [math]\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[/math].


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


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved