Разложение в ряд Лорана и область сходимости, ТФКП

[SDmitry]

Это общий член моего ряда, извлекаю из него корень n-ной степени, нахожу предел и получаю величину, обратную радиусу сходимости, так?

Или это тут вообще всё не нужно и мне можно как-то иначе найти мою область сходимости?

[Otta]

SDmitry в сообщении #733378 писал(а):

Это общий член моего ряда, извлекаю из него корень n-ной степени, нахожу предел и получаю величину, обратную радиусу сходимости, так?

Или это тут вообще всё не нужно и мне можно как-то иначе найти мою область сходимости?

SDmitry, уже неважно, нужно или не нужно. Нет никакой цены знанию, преподнесенному на блюдечке с голубой каемочкой. Потому - ищите. Делайте, как умеете. Только формула Коши-Адамара не так работает. Что она делает? Из чего корень нужно извлекать, чтобы получить величину,... далее по тексту?

[SDmitry]

Так, по формуле Коши-Адамара я должен взять: $(a_n)^{1/n}$, где $a_n$ - коэффициент, перед разложением, то есть я должен посчитать что-то вида:
$\lim_{n \to \infty} (1+(-1)^{n-1}+(2i)^{n-1}+(-2i)^{n-1})^{1/n}$

[Otta]

Теперь почти оно. Еще раз перечитайте - из чего корень?

[SDmitry]

Модуль же, радиус у нас вещественен и положителен, а значит без модуля нельзя никак.

[Otta]

Угу. Ну и все, упрощайте и считайте.

[SDmitry]

Вот это я как раз и не пойму, как мне это упростить? Я при разных n считал и пока что не понял конкретно, что можно тут упростить.

[Otta]

А что получается? $n=1,2,3,4,5..$ хватит пока.

[SDmitry]

Получилось так:
$n=1: c_n=4$
$n=2: c_n=0$
$n=3: c_n=-6$
$n=4: c_n=2-16i$
$n=5: c_n=2+32i$

Вроде бы $|c_n|$ будет расти, так? Но мне нужно взять из этого корень n-ной степени, чем больше n, тем меньше будет значение корня, и как тут быть?

[Otta]

Ошибся где-то.

[SDmitry]

Проверил
$n=1: c_n=4$
$n=2: c_n=0$
$n=3: c_n=-6$
$n=4: c_n=0$
$n=5: c_n=34$
$n=6: c_n=0$

Теперь верно? Она периодическая вроде бы, через одно значение ноль получается. Так, как теперь это привязать к задаче?

Кстати, вещественная часть "гуляет" сильно, но тоже пока не пойму, зачем мне это. Я считал без корня, попробую то же, но с корнем.

-- 06.06.2013, 12:33 --

А если построить график, то получится, что вещественная часть стремиться к 2, а мнимая - к нулю. Если я прав, и если это нужно тут. В связи с чем возникает вопрос, а есть ли предел в принципе? Как быть в этой ситуации с этими данными?

[Otta]

SDmitry в сообщении #733418 писал(а):

Теперь верно? Она периодическая вроде бы, через одно значение ноль получается.

Да, через одно значение ноль. Это при каких значениях степени $n$? (Правда, это не значит, что она периодическая.) Хорошо бы эту нулевость при этих $n$ показать в общем случае.
И перепишите ряд в новом виде, зачем носить слагаемые с нулевыми коэффициентами.
(Видите, как плохо поступать "просто", но нерационально в одном месте. Вы в другом теперь расплачиваетесь из-за того, что не послушали совета раскладывать на сумму двух слагаемых.)
Что получится?

-- 06.06.2013, 13:37 --

SDmitry в сообщении #733418 писал(а):

А если построить график,

График чего, последовательности? Оставьте.

[provincialka]

Как все-таки люди любят усложнять себе жизнь. Нельзя разве было сразу воспользоваться формулой $\frac{1}{(z^2-1)(z^2+4)}=-\frac15(\frac{1}{1-z^2}+\frac{1}{4+z^2})$? Каждое слагаемое можно разложить в сумму герм прогрессии, причем двумя способами каждую (в зависимости от ограничения на $z$. Область сходимости геометрического ряда хорошо известна, зачем ее искать?

[Otta]

provincialka в сообщении #733427 писал(а):

Нельзя разве было сразу воспользоваться формулой

Не захотел. Намекалось явно.

provincialka в сообщении #733427 писал(а):

Область сходимости геометрического ряда хорошо известна, зачем ее искать?

Тоже не воспринялось. Я так считаю, насильно в рай не загонишь, пусть тогда ищет.

[SDmitry]

Я бы рад был сделать иначе, но не смог.

У меня получается, что при чётных $n$ член ряда нулевой. Да, она не периодическая, только в том смысле, что значение повторяется через одно а не в том, который обычно имеют ввиду, я не прав был.

$\sum \limits_{n=1}^\infty \frac{1+(-1)^{2n-1}+(2 i)^{2n-1}+(-2 i)^{2n-1}}{z^{2n-1}}$

Я этим вроде бы выкинул чётные слагаемые.
Вот теперь я и не соображу, как мне увидеть область сходимости.