Комплексный степенной ряд с отброшенными n-1 членами

[GlazkovD]

Заранее извините, если надоел с глупыми вопросами
Продолжаю решать свою контрольную по высшей математике.
Встретилась следующая задача, по которой встали некоторые вопросы.
Начну по своему решению.

Задача
Определить область(Круг) сходимости данного ряда и исследовать сходимость его(расходится, сходится условно, сходится абсолютно) в точках z1 z2 z3

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

$$ $z_1=0$$

$$ $z_2=1+ \frac {i} {2} $$

$$ $z_3=\frac {5} {4}$$

Мое решение
Коэффициент данного ряда:

$$ $c_n=\frac {2 ^{n}} {n(n ^2+1)}$$

Судя по нижнему пределу суммы, у ряда выкинули члены

$$[0;n-2]$$

?
Как вы думаете ?
Я так понял нижний предел суммы, далее буду исходить из этого(если не прав, поправьте).

Согласно ответу в данной теме незваный гость

Цитата:

При изучении сходимости мы можем отбросить/переставить произвольное конечное число членов, на сходимости/расходимости это не отразится.

Это было сказанно про действительный степенной ряд, однако как я думаю, сходимость или же расходимость формируется на бесконечности.
Первых n-1 членов (частичная сумма от 0 до n-1) всегда сходятся, какими бы они не были(лишь бы были определены для данного промежутка n).
По этому думаю, то что они отброшены, никак не влияет на радиус сходимости данного комплексного степенного ряда.

Тогда думаю, радиус можем искать по формуле:

$$R=\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac {C_n}{C_{n+1}} \right|$$

$$R=\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac {\frac {2 ^{n}} {n(n ^2+1)}}{\frac {2 ^{n+1}} {(n+1)((n+1) ^2+1)}} \right|= 0,5 $$

Тогда круг сходимости

$$|z-1|<R$$

Узнаем, как ведет себя ряд в точке z1=0.
В данной точке, очевидно что ряд становится действительным.

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

$$\lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac {2 ^{n} (-1) ^{n}} {n(n^ 2+1)} \right| = \infty$$

В точке z1=0 ряд расходится

В точке

$$z_2 = 1+ \frac {i} {2} $$

получается ряд:

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

Можно ли данный ряд проанализировать как действительный ?
Я думаю можно т.к (0,1)*(действительный ряд,0)=i*действительный ряд

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

Данный ряд Признак Коши и Даламбера не берут, и общий член стремится к нулю при бесконечном n.
Пока незнаю как его проанализировать на сходимость(ряд для сравнения подобрать пока не удалось).

С z3=5/4 та же история наверное получится.

Спасибо за внимание

[незваный гость]

GlazkovD писал(а):

В точке

$$z_2 = 1+ \frac {i} {2} $$

‹…›
Можно ли данный ряд проанализировать как действительный ?

В этой точке границы ряд сходится абсолютно.

GlazkovD писал(а):

С z3=5/4

Вы не находите, что эта точка внутри области сходимости?!

[GlazkovD]

незваный гость

Цитата:

Вы не находите, что эта точка внутри области сходимости?!

Согласен !

[Профессор Снэйп]

GlazkovD писал(а):

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

А что там с нижним пределом суммирования? Сумма берётся от $n-1$ до $\infty$, причём суммирование по $n$. Бред какой-то. Наверное, это опечатка и должно быть $n=1$ вместо $n-1$.

Название темы вообще какое-то странное.

Добавлено спустя 2 минуты 12 секунд:

незваный гость писал(а):

:evil:

GlazkovD писал(а):

В точке

$$z_2 = 1+ \frac {i} {2} $$

‹…›
Можно ли данный ряд проанализировать как действительный ?

В этой точке границы ряд сходится абсолютно.

Как и в любой другой точке границы

[незваный гость]

Профессор Снэйп писал(а):

Как и в любой другой точке границы Smile

Я, в общем-то, об этом знал. Оставил немного поработать GlazkovD. Из педагогических соображений, если хотите. И доказательства поэтому же не приводил.

[GlazkovD]

Про

$$\frac {i} {2} + 1$$

Наверное

$$|z-1|<R$$

откуда

$$z<R+1$$

ну и вниз симметрично разумеется.
Т.е относительно именно z радиус сходимости 1.5

А

$$ \sqrt {1 ^ 2 +( \frac {1} {2} ) ^2} =\sqrt {1.25}<1.5 $$

(Внутри, значит сходится)

[bot]

GlazkovD писал(а):

Наверное

$$|z-1|<R$$

откуда

$$z<R+1$$

ну и вниз симметрично разумеется.

А это как?
Где на комплексой плоскости расположены точки z, удовлетворяющие неравенству $|z-1|<R$?

[antbez]

Внутри круга. Нарисовать его несложно, представив z в алг. форме и раскрыв модуль комплексного числа.

[bot]

Это хорошо, что Вы знаете ответ на вопрос, который был адресован GlazkovD'у
Кстати и в алгебраической форме для этого представлять не обязательно.