Разложение в ряд Лорана

[programmist]

помогите разобраться, как раскладывать в ряд Лорана, ф-ии вида:

$f(z)=\cos(\frac1z)\sin(\frac1{z-1})$

заранее благодарю

[Alexiii]

По-моему,достаточно представить косинус и синус в виде экспонент (по известной формуле Эйлера) и использовать разложение самой экспоненты $e^z$ в виде ряда

$$\sum\limits_{k} \frac{z^k}{k!}$$

[programmist]

и как в этом случае этот будет?

[Alexiii]

а вообще в окрестности какой точки-то?

Добавлено спустя 5 минут 30 секунд:

Вообще разложите прямо синус и косинус в виде известных рядов,соответственно,

$$1-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+...$$

и

$$\frac{z^2}{2!}-\frac{z^4}{4!}+\frac{z^6}{6!}-...$$

[programmist]

допустим в точке $0$, тоесть в круге $0<|z|<1$

[Alexiii]

Прямо запишите по известной тригонометрической формулы произведение синуса на косинус в виде полусуммы синусов и потом запишите синус в виде вышеуказанного ряда.

[programmist]

по формуле тогда получим

$\frac12(\sin(\frac1{z-1} + \frac1z) + \sin(\frac1{z-1} - \frac1z))$

раскладываем первый синус:

$\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{(-1)^n(2z-1)^{2n+1}}{z^{2n+1}(z-1)^{2n+1}(2n+1)!}$

так чтоли? тогда здесб получается куча всяких степеней $z, z-1$, а надо чтобы только по степеням $z$

а что если сумму дробей под синусом разложить в ряд, только потом получится, при разложении синуса, что этот ряд возводится в степень $2n+1$, фух че-то я запутался...

[Someone]

programmist, а Вы эту задачу "с потолка" взяли или в каком-нибудь задачнике нашли?

[programmist]

с потолка теоритически то должно быть разложение верно?

[Someone]

"Теоретически" оно, конечно, есть, а вот найти его "практически" - задача гораздо более сложная.
Отдельно найти разложение в ряд Лорана функции $\cos\frac 1z$ по степеням $z$ и функции $\sin\frac 1{z-1}$ по степеням $z-1$ дело нехитрое, а вот то, что Вы написали, выглядит устрашающе. Возьмите что-нибудь попроще, например, $\cos\frac{z+1}{z-1}$ по степеням $z-1$...

[programmist]

$\cos\frac{z+1}{z-1}=\sum\limits_{n=0}\limits^{\infty}\frac{(-1)^n(z+1)^{2n}}{(2n)!(z-1)^{2n}}$
верно?
точка $1$ существенная особая точка, вот и получилось бесконечное число членов ряда с отрицательными степенями
но ведь здесь есть еще степени $(z+1)$...

[Brukvalub]

programmist в сообщении #168351 писал(а):

верно?

Нет. Вам бы стоило повторить определение ряда Лорана.