Задачи на разложение мероморфной функции

[artempalkin]

Задачи формулируются так: найти сумму рядов

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

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

3) $\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac {(-1)^n e^{i \alpha n}} {(n-\zeta)^2}$

4) $\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac {e^{i \alpha n}} {(n-\zeta)^2}$

Понятно, что речь идет о рядах, получающихся разложением мероморфной функции по теореме Миттаг-Леффлера. Но если в первом случае свести к известному ряду не проблема, то в остальных трех я не могу подобрать "хорошей" функции, чтобы вылезли эти $(-1)^n e^{i \alpha n}$.

Подскажите, пожалуйста, откуда они могут появиться?

[Lia]

И в последнем не можете? А в первом какая функция?

[artempalkin]

Lia в сообщении #1466347 писал(а):

А в первом какая функция?

В первом $\frac {\pi^2}{\sin^2\pi z}$

Lia в сообщении #1466347 писал(а):

И в последнем не можете?

Ну как, может, я не там смотрю? Я посмотрел в Лаврентьеве и Шабате вывод для $\ctg z$, через него выводятся разные другие. Соответственно, я подозреваю, что тут не нужно брать функции с потолка, а просто аккуратно привести ряды к правой части имеющихся формул (так я сделал с первым). Но вот куда девать $(-1)^n e^{i \alpha n}$ я что-то не пойму

[Lia]

Зачем к имеющимся приводить? Надо просто воспользоваться теоремой. А про котангенс рассказали - как образец рассуждений. Неужели Вы первый тоже решали с помощью котангенса? Оно, конечно, можно, но попробуйте без. Тогда остальное легче пойдет.

[Markiyan Hirnyk]

В отличие от первого примера, суммы последующих рядов не выражаются в замкнутом виде, т.е. через элементарные функции. Эти суммы находятся через дзета-функцию Гурвица-Лерча.

[g______d]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1466403 писал(а):

суммы последующих рядов не выражаются в замкнутом виде, т.е. через элементарные функции

Я не думаю, что Вы сможете доказать это утверждение или привести ссылку с доказательством.

[g______d]

artempalkin в сообщении #1466344 писал(а):

Подскажите, пожалуйста, откуда они могут появиться?

Небольшая подсказка: обозначим функцию из пункта 4) через $f(\zeta)$. Тогда ясно, что $f(\zeta+1)=e^{i\alpha}f(\zeta)$. Пусть $g(\zeta)=e^{-i \alpha \zeta} f(\zeta)$. Тогда $g(\zeta+1)=g(\zeta)$, и можно легко посчитать, какие у $g$ будут полюса, зная полюса $f$, а дальше угадать, чему она будет равна, используя пункт 1).

[Padawan]

Можно воспользоваться методом, описанным в М. А. Евграфов Аналитические функции, М.: Наука, 1991, Глава VI, $\S$ 5.
Чтобы вычислить сумму 3, рассмотрим интегралы

$$ I_n=\int\limits_{|z|=n+1/2}\frac{e^{i\alpha z}}{(z-\zeta)^2}\frac{1}{\sin\pi z}\,dz $$

Так как $\left|\dfrac{e^{i\alpha z}}{\sin\pi z}\right|\leqslant M$ на данной последовательность контуров, то $I_n\to 0$. А с другой стороны, интеграл равен сумме вычетов по особым точкам, лежащим внутри контура. В точке $z=n$ вычет равен $\dfrac{e^{i\alpha n}}{(n-\zeta)^2}\dfrac{(-1)^n}{\pi}$. Значит, сумма ряда $3$ равна вычету в точке $z=\zeta$, умноженному на $-\pi$.

[nnosipov]

Можно также заглянуть в задачник под ред. Евграфова "Сборник задач по теории аналитических функций" (М.: Наука, 1972), см. задачи 27.09 и 27.10 (п. 2).

[Markiyan Hirnyk]

nnosipov Как говорит русская пословица, "Федот, да не тот".
g______d Мое утверждение основывается на результатах Мэйпла. В справочнике Градштейна и Рыжика рассматриваемых рядов не нашел.

[g______d]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1466483 писал(а):

Мое утверждение основывается на результатах Мэйпла. В справочнике Градштейна и Рыжика рассматриваемых рядов не нашел.

Это несколько отличается от предыдущего заявления.

[nnosipov]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1466483 писал(а):

Как говорит русская пословица, "Федот, да не тот".

Видимо, Вы опять чего-то недопоняли. Практика общения с Вами показывает, что со временем до Вас более-менее доходит. Будем надеяться, что и на этот раз дойдет.

[Markiyan Hirnyk]

nnosipov Пожалуйста, вежливо и конструктивно приведите Ваши аргументы (В указанных Вами упражнениях эти ряды отсутствуют.). Заранее Вам благодарен.

[nnosipov]

Markiyan Hirnyk
Ладно, так и быть, разжую. Начнем с 27.10, п. 2. Здесь содержится ответ на п. 2). Это понятно?

[Markiyan Hirnyk]

nnosipov
Нет, непонятно. Во-первых, там сумма по натуральным числам, во-вторых, члены суммы отличаются от заданных в вопросе.