Ряды Лорана

[bundos]

RIP писал(а):

Не угадали. Например, при $n=7$ появляются кратные полюса.

Подскажите идею решения этой задачи.

Добавлено спустя 2 часа 19 минут 40 секунд:

Вычислить интеграл: $I=\int\limits_{|z|=2}\frac{z^3e^{1/z}}{1+z}$.
$\psi=\frac1{z}$; $Res\limits_{z=\infty}\frac{z^3e^{1/z}}{1+z}=\frac1{3!}\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\frac{e^{\psi}}{(1+\psi)})=0$. Далее получаем, что $I=0$.Подскажите пожалуйста где я ошибся.

[Gordmit]

bundos писал(а):

Вычислить интеграл: $I=\int\limits_{|z|=2}\frac{z^3e^{1/z}}{1+z}$.
$\psi=\frac1{z}$; $Res\limits_{z=\infty}\frac{z^3e^{1/z}}{1+z}=\frac1{3!}\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\frac{e^{\psi}}{(1+\psi)})=0$. Далее получаем, что $I=0$.Подскажите пожалуйста где я ошибся.

Чему равен порядок полюса в нуле у функции

$$F(\psi)=\frac{\frac{1}{\psi^3}e^\psi}{1+\frac{1}{\psi}}$$

? Формула, по которой вычисляется вычет в этой точке, применена неправильно. Интеграл, тем не менее, действительно равен 0.
Кроме того (на всякий случай), не следует забывать, что

$$\int\limits_{|z|=2}f(z)\,dz=-2\pi i\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty}f(z)$$

(с минусом) (если, конечно, обход по окружности производится в положительном направлении, обычно по умолчанию это так), хотя в данном случае на ответ это не влияет.

[bundos]

Gordmit писал(а):

Чему равен порядок полюса в нуле у функции

$$F(\psi)=\frac{\frac{1}{\psi^3}e^\psi}{1+\frac{1}{\psi}}$$

? Формула, по которой вычисляется вычет в этой точке, применена неправильно.

.
$F(\psi)=\frac{\frac1{\psi^3}e^{\psi}}{1+\frac1{\psi}}$ имеет в нуле полюс порядка 2, но я считал не вычет в нуле, а первый член разложения Лорана по стпеням $\psi$: $F(\psi)=\sum\limits_{n=-2}^{\infty}c_n\psi ^n \Rightarrow c_1=\frac1{3!}\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\frac{e^{\psi}}{1+\psi})$. $\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty}f(z)=c_1$

[RIP]

bundos в сообщении #207001 писал(а):

Подскажите идею решения этой задачи.

Просто надо выяснить, когда у многочлена $(z+1)^n-z^n-1$ и его производной есть общий корень. Можно, наверно, просто тупо в лоб (я немного по-другому делал): корни производной легко находятся, подставляем их в сам многочлен и смотрим, при каких $n$ может получиться $0$.

[Gordmit]

bundos писал(а):

$F(\psi)=\frac{\frac1{\psi^3}e^{\psi}}{1+\frac1{\psi}}$ имеет в нуле полюс порядка 2, но я считал не вычет в нуле, а первый член разложения Лорана по стпеням $\psi$: $F(\psi)=\sum\limits_{n=-2}^{\infty}c_n\psi ^n \Rightarrow c_1=\frac1{3!}\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\frac{e^{\psi}}{1+\psi})$. $\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty}f(z)=c_1$

Вычислить нужно не $c_1$, а $c_{-1}$, т.к. вычетом будет коэффициент при $\frac{1}{\psi}$, а не при $\psi$.
$c_1$ нужно было бы брать, если бы Вы представили $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^2 c_n z^n, \quad |z|>1$.

Добавлено спустя 30 минут 21 секунду:

Пардон. Как мне в личном сообщении указал RIP, вычетом будет действительно $c_1$, а я все перепутал. Так что получается, что ошибки никакой и нет!

[RIP]

Gordmit в сообщении #207225 писал(а):

Так что получается, что ошибки никакой и нет!

Есть. $c_1$ найдено неверно.

Добавлено спустя 4 минуты 13 секунд:

Кроме того, $\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty}f(z)=-c_1$.

[bundos]

RIP писал(а):

Есть. $c_1$ найдено неверно.

Как так? $f(\frac1{\psi})=\sum\limits_{n=-2}^{\infty}c_n\psi ^n$. Домножаем обе части на $\psi ^2$ и дифференцируем почленно 3 раза получаем: $\frac{d^3}{dz^3}(\psi ^3f(\frac1{\psi}))=3!c_1+\sum\limits_{n=2}^{\infty}c_nn(n-1)(n-2)\psi ^{n-1}$, далее справедлив почленный переход к пределу $\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\psi ^3f(\frac1{\psi}))=3!c_1$. Что сдесь нетак?

[RIP]

bundos в сообщении #207245 писал(а):

Что сдесь нетак?

Ну, во-первых, вот это:

bundos в сообщении #207245 писал(а):

$\frac{d^3}{dz^3}(\psi ^3f(\frac1{\psi}))=3!c_1+\sum\limits_{n=2}^{\infty}c_nn(n-1)(n-2)\psi ^{n-1}$

и

bundos в сообщении #207245 писал(а):

$\lim\limits_{\psi \to 0}\frac{d^3}{dz^3}(\psi ^3f(\frac1{\psi}))=3!c_1$

(дифференцировать надо по $\psi$, неправильно посчитан общий член ряда), но не в этом суть. Просто Вы неправильно посчитали предел. Он не равен $0$.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Просто надо выяснить, когда у многочлена $(z+1)^n-z^n-1$ и его производной есть общий корень. Можно, наверно, просто тупо в лоб (я немного по-другому делал): корни производной легко находятся, подставляем их в сам многочлен и смотрим, при каких $n$ может получиться $0$.

А надо ли вообще эти корни производной для произвольного $n$ находить? Мы рассматриваем случай $n > 1$. Имеем

$$ f(z) = (z+1)^n - z^n - 1 $$

$$ f'(z) = n(z+1)^{n-1} - nz^{n-1} = n((z+1)^{n-1} - z^{n-1}) $$

Теперь если $f'(z) = 0$, то $(z+1)^{n-1} = z^{n-1}$ и $f(z) = (z+1)z^{n-1} - z^n - 1 = z^{n-1} - 1$. Получается, что равенство $f'(z)=f(z)=0$ возможно лишь при $z^{n-1} = (z+1)^{n-1} = 1$. Из $|z| = |z+1| = 1$ следует, что $z = e^{\pm 2\pi i/3}$, $z+1 = e^{\pm \pi i/3}$ и $n=6k+1$ для произвольного положительного $k \in \mathbb{Z}$.

P. S. Извиняюсь за полное решение. Девушка бросила, четыре часа ночи, тоскливо. Сижу, туплю. Не напиваться же!

[RIP]

Профессор Снэйп в сообщении #207250 писал(а):

А надо ли вообще эти корни производной для произвольного $n$ находить?

Конечно, можно и не находить. Я, например, делал в точности так, как Вы написали. Просто хотелось подсказать хоть что-нибудь, но чтобы поменьше.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Конечно, можно и не находить. Я, например, делал в точности так, как Вы написали. Просто хотелось подсказать хоть что-нибудь, но чтобы поменьше.

Ну вообще-то они там находятся. Получается что-то вроде

$$ -\frac{1}{2} + i \tg\frac{\pi}{2}\left(1 - \frac{2k}{n-1}\right), \,\, k = 1, \ldots, n-2 $$

Если подставлять их в $(z+1)^n-z^n-1$ и пытаться при этом всеми силами игнорировать равенство $(z+1)^{n-1} = z^{n-1}$, довольно муторно получается.

[RIP]

Профессор Снэйп в сообщении #207255 писал(а):

Получается что-то вроде

$$ -\frac{1}{2} + \tg\frac{\pi}{2}\left(1 - \frac{2k}{n-1}\right), \,\, k = 1, \ldots, n-2 $$

Что-то Вы перемудрили.
Корни там нормальные получаются (особенно если не пытаться их "упростить"), и решение тоже не очень сложное получается.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #207255 писал(а):

Получается что-то вроде

$$ -\frac{1}{2} + \tg\frac{\pi}{2}\left(1 - \frac{2k}{n-1}\right), \,\, k = 1, \ldots, n-2 $$

Что-то Вы перемудрили.
Корни там нормальные получаются (особенно если не пытаться их "упростить"), и решение тоже не очень сложное получается.

Мне это выражение не показалось слишком сложным. Корни находятся из следующих соображений: из $|z| = |z+1|$ получается $\mathrm{Re}(z) = -1/2$, далее из равенства $(n-1)\mathrm{Arg}(z) = (n-1)(\pi - \mathrm{Arg}(z)) + 2\pi k$ находятся аргументы. Ну и тангенс как раз вылазит. А какое у Вас более простое выражение для корней?

P. S. В предыдущем сообщении мнимую единицу забыл, исправил.

[RIP]

Профессор Снэйп в сообщении #207258 писал(а):

А какое у Вас более простое выражение для корней?

$$\frac1{e^{2\pi ik/(n-1)}-1}.$$

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Профессор Снэйп в сообщении #207258 писал(а):

А какое у Вас более простое выражение для корней?

$$\frac1{e^{2\pi ik/(n-1)}-1}.$$

Точно! Можно же просто было замену $x = (z+1)/z$ сделать