ТФКП

[TripleLucker]

Здравствуйте, такая задача: Найти область аналитичности $f(z) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - z)}^2}}}} $.

Т.к. функция представлена рядом, то, получается, нужно найти область, где данный ряд будет равномерно сходиться. Я сделал так: $\[f(z) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - z)}^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\frac{1}{{{{(1 - \frac{z}{n})}^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 0}^\infty {(k + 1)\frac{{{z^k}}}{{{n^k}}}} } \]$. Конечный ряд получился произведением рядов двух геометрических прогрессий (выкладку я опустил). Далее воспользуемся формулой Коши-Адамара: т.к. во внутреннем ряде коэффициенты положительные, то я опущу модуль. $\frac{{\sqrt[k]{{k + 1}}}}{n} \to \frac{1}{n}$. Значит, внутренний ряд сходится при $|z| < n$. Тогда при этих $z$ внешний ряд будет также сходится, т.к. в знаменателе степень больше $1$, а в числителе будет стоять сумма внутреннего ряда. Ну и ответ : $|z| < n$. Вопрос в том, вру ли я где это? Потому что мне кажется, что я слишком вольно со всем обошелся. Прошу указать, что не так, пожалуйста.

[Otta]

TripleLucker в сообщении #1073816 писал(а):

Вопрос в том, вру ли я где это?

Врете, конечно, это и так ясно. Кто такой тут

TripleLucker в сообщении #1073816 писал(а):

Ну и ответ : $|z| < n$.

$n$? Причем тут Коши-Адамар? Нет у Вас степенных рядов.
Читайте про мероморфные функции и теорему Миттаг-Леффлера, в частности.

[ewert]

Не надо никаких Лефлеров с Обедами. Вполне достаточно того, что ряды сходятся равномерно вне окрестностей полюсов.

[TripleLucker]

Otta в сообщении #1073823 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1073816 писал(а):

Вопрос в том, вру ли я где это?

Врете, конечно, это и так ясно. Кто такой тут

TripleLucker в сообщении #1073816 писал(а):

Ну и ответ : $|z| < n$.

$n$? Причем тут Коши-Адамар? Нет у Вас степенных рядов.
Читайте про мероморфные функции и теорему Миттаг-Леффлера, в частности.

Прочитал. Теорема Миттаг-Леффлера утверждает, что ряд сходится в любом конечном круге $|z| \le A$, если удовлетворяет некоторым условиям, которые для моей функции вроде бы подходят. А почему внутренний ряд не степенной? Он же записывается в виде $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{a_k}{z^k}} $, где ${a_k} = \frac{{k + 1}}{{{n^k}}}$.

[Otta]

ewert в сообщении #1073835 писал(а):

Вполне достаточно того, что ряды сходятся равномерно вне окрестностей полюсов.

Конечно, достаточно. Просто я люблю сразу суммы считать, коли уж они считаются.

[TripleLucker]

ewert в сообщении #1073835 писал(а):

Не надо никаких Лефлеров с Обедами. Вполне достаточно того, что ряды сходятся равномерно вне окрестностей полюсов.

Т.е., если я выкину все полюсы $z = n, n = 1,2,3...$ c некоторыми окрестностями, то оставшиеся точки и будут составлять область аналитичности?

[Otta]

TripleLucker в сообщении #1073836 писал(а):

А почему внутренний ряд не степенной? Он же записывается в виде $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{a_k}{z^k}} $, где ${a_k} = \frac{{k + 1}}{{{n^k}}}$.

Внутренний - степенной. Но он - в окрестности нуля, и только. Причем каждый из внутренних рядов имеет свой радиус сходимости. Но это не страшно. Плохо то, что для изучения аналитичности в других точках Вашим способом Вам этого не хватит. В нуле у Вашего ряда недостаточно большой радиус сходимости, придется изучать, что происходит вне круга сходимости вне нуля.

И вообще, это все незачем. Зачем решать задачу сложно, когда можно решить просто. Вот, пожалуйста, как ewert предлагал, например. Или еще как.

[ewert]

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1073837 писал(а):

Просто я люблю сразу суммы считать, коли уж они считаются.

Вы прям как тот Козлёнок. Он тоже научился считать.

[Otta]

(Оффтоп)

ewert
Я коза, если Вам так удобнее.

[ewert]

TripleLucker в сообщении #1073839 писал(а):

если я выкину все полюсы $z = n, n = 1,2,3...$ c некоторыми окрестностями, то оставшиеся точки и будут составлять область аналитичности?

В принципе -- да. Только Вы забыли добавить волшебные слова: "сколь угодно малые" окрестности.

-- Пн ноя 16, 2015 00:14:40 --

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1073843 писал(а):

Я коза,

я, в принципе, в курсе; просто не помню, как будет "козлёнок" в женском роде

[TripleLucker]

Otta в сообщении #1073840 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1073836 писал(а):

А почему внутренний ряд не степенной? Он же записывается в виде $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{a_k}{z^k}} $, где ${a_k} = \frac{{k + 1}}{{{n^k}}}$.

Внутренний - степенной. Но он - в окрестности нуля, и только. Причем каждый из внутренних рядов имеет свой радиус сходимости. Но это не страшно. Плохо то, что для изучения аналитичности в других точках Вашим способом Вам этого не хватит. В нуле у Вашего ряда недостаточно большой радиус сходимости, придется изучать, что происходит вне круга сходимости вне нуля.

И вообще, это все незачем. Зачем решать задачу сложно, когда можно решить просто. Вот, пожалуйста, как ewert предлагал, например. Или еще как.

Спасибо за разъяснение. Просто хотелось как-то совсем строго все показать, поэтому и перешел ко внутреннему ряду, но раз нельзя, то воспользуюсь способом ewert.

-- 16.11.2015, 02:18 --

-- 16.11.2015, 02:21 --

ewert в сообщении #1073844 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1073839 писал(а):

если я выкину все полюсы $z = n, n = 1,2,3...$ c некоторыми окрестностями, то оставшиеся точки и будут составлять область аналитичности?

В принципе -- да. Только Вы забыли добавить волшебные слова: "сколь угодно малые" окрестности.

-- Пн ноя 16, 2015 00:14:40 --

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1073843 писал(а):

Я коза,

я, в принципе, в курсе; просто не помню, как будет "козлёнок" в женском роде

Спасибо.