Ряд Тейлора сложной функции

[otorvald]

Здравствуйте. Столкнулся с такой задачей
"пользуясь умножением рядов и подстановкой ряда в ряд разложить в ряды по степеням z следующую функцию"
$f(z)=e^{\frac{z}{1-z}}$

Мои попытки решения:

$g(z)=\frac{z}{1-z}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}z^k$
$f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(g(z))^n}{n!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(\sum\limits_{k=1}^{\infty}z^k)^n}{n!}$

что делать дальше и на правильном ли я пути, не знаю

[Otta]

А множество, на котором надо раскладывать, какое?

[otorvald]

Множество комплексных чисел. Известно что ответ:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}C_{n-1}^{k-1}z^n$

[Otta]

otorvald
На всем множестве комплексных чисел даже Ваш простенький ряд

otorvald в сообщении #1465522 писал(а):

$g(z)=\frac{z}{1-z}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}z^k$

расходится. У него есть радиус сходимости. Внутри круга сходимости функция одним образом раскладывается в ряд, снаружи - другим. Точная формулировка какая, что-то еще должно быть написано.

[otorvald]

вот постановка задачи от преподавателя

https://ibb.co/m56vpjW

[DeBill]

otorvald в сообщении #1465522 писал(а):

что делать дальше и на правильном ли я пути, не знаю

На этом пути - тяжело, хотя и можно (показав, типа, по индукции, что ответ - такой).
Но лучше - иначе: разложите прямо по степеням той гадости, что в показателе.
А потом воспользуйтесь формулой "бинома Ньютона ", что была в курсе матана (для разложения в ряд $(1+x)^{\alpha}$ : при натуральных $\alpha$ это в точности БИном Ньютона. Но и при целых отрицательных альфах это тоже хорошая весчь. Особо если икс заменить на "минус икс")

-- 28.05.2020, 00:56 --

Ну и, конечно, учтите замечания уважаемой Otta (Ваш препод будет в экстазе ).

[otorvald]

Вот что у меня получилось

$e^\frac{z}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{(1-z)^n n!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\sum\limits_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^{n-1}z^k$

А как теперь сделать чтоб z было в степени внешнего индекса ну и чтоб ответ был похожим на то что в ответе?

[Otta]

Степень слейте, .... поменяйте порядок суммирования.
Пару действий я пропустила.

[otorvald]

У меня получилось:

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits_{k=n}^{\infty}C_{k-1}^{n-1}\frac{z^k}{n!}$

Очень похоже на ответ, спасибо. А как теперь поменять пределы суммирования во второй сумме, да и чтоб z суммировался наружной суммой?

[Otta]

Вы только аккуратнее, при $n=0$ какая-то бяка получится, не? Вот уже отсюда: post1465528.html#p1465528

-- 28.05.2020, 01:54 --

А дальше... двойные интегралы были? Ну так, чтобы проще рассказывать.

[otorvald]

да, двойные интегралы были, только не в тфкп, а в мат анализе

-- 28.05.2020, 00:06 --

насчет n=0 я отщепил единичку (первое слагаемое) и вроде все хорошо должно быть, вот что получилось:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=n}^{\infty}C_{k-1}^{n-1}\frac{z^k}{n!}$

[Otta]

Да, в матанализе. Порядок интегрирования меняли, стало быть. Области рисовали.
Вот и здесь нарисуйте область для целочисленных индексов, по которым производится суммирование. И поменяйте порядок. Точно так же.

[otorvald]

Спасибо большое, все получилось и все понятно. Вы выручили. Доброй ночи Вам)

[Otta]

И Вам :)

[_hum_]

otorvald в сообщении #1465524 писал(а):

Известно что ответ:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}C_{n-1}^{k-1}z^n$

otorvald в сообщении #1465539 писал(а):

вот что получилось:

$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=n}^{\infty}C_{k-1}^{n-1}\frac{z^k}{n!}$

otorvald в сообщении #1465541 писал(а):

Спасибо большое, все получилось

я не спец в рядах, но разве это одно и то же?

и еще, почему в таких случаях не используется формула Fa di Bruno's formula, Formal_power_series_version, чтобы не увеличивать кратность ряда?

И еще, почему эта формула (и вообще подход) в университетах не преподается (я о существовании оного узнал только сейчас, хотя вроде и оканчивал классический универ)?