Вычет в бесконечно удалённой точке

[StaticZero]

Прошу проверить решение.

Задача такая: найти $\underset{z = \infty}{\operatorname{res}} \dfrac{e^z}{(z - 1)(z + 2)}$.
Решение: находим

$$ \dfrac{1}{z - 1} = \dfrac{1}{z} \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{z}} = \dfrac{1}{z} \sum \limits_{k = 0}^{\infty} \dfrac{1}{z^k}, $$

$$\dfrac{1}{z + 2} = \dfrac{1}{z} \dfrac{1}{1 + \dfrac{2}{z}} = \dfrac{1}{z} \sum \limits_{k = 0}^\infty \left(- \dfrac{2}{z}\right)^k,$$

$$ \exp x = \sum \limits_{k = 0}^\infty \dfrac{z^k}{k!}. $$

Вычет в бесконечности, согласно нашему семинаристу, это коэффициент в ряде Лорана функции при степени $1/z$, взятый с обратным знаком (на лекциях слов таких страшных ещё не говорили). Поэтому будем перемножать два ряда, оставляя только слагаемые, которые дают степень $1/z$.

$$ \dfrac{1}{(z - 1)(z + 2)} = \dfrac{1/3}{z - 1} - \dfrac{1/3}{z + 2}, $$

$$ f(z) = \dfrac{1}{3z} \sum \limits_{k = 0}^\infty \dfrac{z^k}{k!} \times \sum \limits_{k = 0}^\infty \dfrac{1 - (-2)^k}{z^k}, $$

где в разложении оставляем только члены степени минус единица, то есть перемножаем просто члены с теми степенями, которые уничтожаются при перемножении, а остальные отбрасываем. Получаем

$$ \begin{align*} \sum \limits_{k = 0}^{\infty} \dfrac{1^k - (-2)^k}{k!} = e - \dfrac{1}{e^2}. \end{align*} $$

Ответ:

$$ \underset{z = \infty}{\operatorname{res}} \dfrac{e^z}{(z - 1)(z + 2)} =\dfrac{1}{3e^2} - \dfrac{e}{3}. $$

[Someone]

А проверить сами не пробовали? Чему равна сумма вычетов во всех особых точках, включая $\infty$?

[StaticZero]

Someone в сообщении #1248308 писал(а):

Чему равна сумма вычетов во всех особых точках, включая $\infty$?

Поискал, нашёл, что нулю.

Особые точки здесь вижу $z = 1$ и $z = -2$, кроме $z = \infty$. Посчитаю в них вычеты утром, сейчас спать пойду, спасибо за ответ.

[Metford]

StaticZero в сообщении #1248310 писал(а):

Посчитаю в них вычеты утром

Обязательно посчитайте и сравните сложность вычислений. Вообще, очень советую не забывать эту теорему: она бывает очень полезна. Иногда позволяет вместо нескольких вычетов считать один или наоборот делать больше вычислений, но более простых.

[StaticZero]

StaticZero в сообщении #1248310 писал(а):

Someone в сообщении #1248308 писал(а):

Чему равна сумма вычетов во всех особых точках, включая $\infty$?

Поискал, нашёл, что нулю.

Особые точки здесь вижу $z = 1$ и $z = -2$, кроме $z = \infty$. Посчитаю в них вычеты утром, сейчас спать пойду, спасибо за ответ.

Соответственно $\underset{z=1}{\operatorname{res}} = \dfrac{e}{3}$ и $\underset{z=-2}{\operatorname{res}}=- \dfrac{1}{3e^2}$.

-- 17.09.2017, 12:04 --

Получается, так можно суммы рядов вычислять?

[NDP]

StaticZero в сообщении #1248378 писал(а):

Получается, так можно суммы рядов вычислять?

Как? Вычет - это один коэффициент.

[StaticZero]

NDP в сообщении #1248392 писал(а):

StaticZero в сообщении #1248378 писал(а):

Получается, так можно суммы рядов вычислять?

Как? Вычет - это один коэффициент.

В решении из стартового поста в лоб бралась сумма. Правда, экспонента на многочлен - это нетрудно, но тем не менее, интересен пример, где есть какая-нибудь нетривиальная сумма.

[Metford]

StaticZero в сообщении #1248378 писал(а):

Получается, так можно суммы рядов вычислять?

Ну, есть метод, который позволяет вычислением одного вычета находить сумму ряда, но это не совсем то, что Вы имели в виду. Посмотрите, как вычисляется значение $\zeta(4)$. А можете и сами попробовать повторить эти выкладки. Забавное вычисление.

[StaticZero]

Metford в сообщении #1248483 писал(а):

Посмотрите, как вычисляется значение $\zeta(4)$. А можете и сами попробовать повторить эти выкладки. Забавное вычисление.

Это который $1/n^4$? А $1/n^2$ этим способом не вычисляется?

[Metford]

Тот самый. По-моему и $\zeta(2)$ вычисляется...