ТФКП...Нужны идеи по поводу решения...

[oleg-spbu]

ewert в сообщении #223090 писал(а):

oleg-spbu в сообщении #222996 писал(а):

По поводу второй. Да, я разложил в проколотой окрестости точки z=0...
В условии было сказано
Найти все лорановские разложения данной функции по степеням z. Если по степеням z, то это означает, что в окрестности $z=0$

да вовсе нет, господь с Вами. Разложить по степеням $z$ -- это ровно и означает разложить по степеням $z$. Уж как получится в том или ином кольце, так и раскладывайте (в зависимости от кольца). С какой стати кольцо ноль-то обязано содержать?...

Ммм, ряд Лорана по степеням $z$ - это же $\sum_{-\infty}^{\infty}c_{n}z^{n}$

[Hymilev]

oleg-spbu в сообщении #223089 писал(а):

Вы это имели ввиду? (извиняюсь, если надоел, хочется знать "как правильно", несмотря на то, что работу сдал....)

нет
можете посмотреть этот пример http://www.exponenta.ru/educat/class/co ... le.asp#ex1
или дождаться вердикт препода

[ewert]

oleg-spbu в сообщении #223098 писал(а):

Ммм, ряд Лорана по степеням $z$ - это же $\sum_{-\infty}^{\infty}c_{n}z^{n}$

Разумеется. Но дело в том, что в разных кольцах коэффициенты при тех зетах в степенях получатся разные. И разные варианты разложений -- в разных кольцах сходятся.

[oleg-spbu]

Препод часть работы проверил и это задание не засчитал, тк "ему не понравился способ решения"
Выписываю условие и получившийся у меня ответ
Данную функцию разложить в ряд Лорана в окрестности точки $z_0=0$

$$ 3)(z-3)cos{\pi}\frac{z-3}{z}=3-z+\frac{9\pi^2}{2z}-\frac{27\pi^2}{2z^2} - \frac{27\pi^4}{8z^3}+\frac{81\pi^4}{8z^4} +O(\frac1{z^6}) $$

Я решал простым способом, то есть которым мне посоветовали... Косинус разности расписал по формуле и дальше образовавшийся косинус разложил в ряд Маклорена... и все чудесным образом и быстро получилось=) Только я не написал ничего про кольцо...
Есть ли еще какой способ? Можно ли в ряд тейлора разложить в точке z=0, взяв производные? Но у нас ведь ряд Лорана... Кстати, очень бы хотелось узнать, чем отличается ряд Лорана в проколотой окрестности точки от ряда Тейлора в точке, кроме того, что в ряде Лорана проколотая окрестность.
Понятно, что если функция нерегулярно в рассматриваемой точке, то ряд Тейлора не обязан существовать... А если регулярна? Чувствуется, что я тут наврал, покритикуйте, пожалуйста, ведь хочется разобраться!!!!!!

-- Чт июн 18, 2009 23:24:50 --

ewert в сообщении #223103 писал(а):

oleg-spbu в сообщении #223098 писал(а):

Ммм, ряд Лорана по степеням $z$ - это же $\sum_{-\infty}^{\infty}c_{n}z^{n}$

Разумеется. Но дело в том, что в разных кольцах коэффициенты при тех зетах в степенях получатся разные. И разные варианты разложений -- в разных кольцах сходятся.

Я вас понял, только процедуру объединения разложения до конца не понял. В задаче же не сказано где раскладывать...

[ewert]

oleg-spbu в сообщении #223158 писал(а):

Я решал простым способом, то есть которым мне посоветовали... Косинус разности расписал по формуле и дальше образовавшийся косинус разложил в ряд Маклорена...

Правильно решали, другого разумного подхода к этой задаче и нет.

oleg-spbu в сообщении #223158 писал(а):

Только я не написал ничего про кольцо...
. . . . . . . . . . . . . . . . .
В задаче же не сказано где раскладывать...

В Вашем случае есть только одна особая точка -- это ноль. Следовательно, ряд Лорана по степеням именно $z$ будет сходиться везде (кроме, естественно, самого нуля). Т.е. кольцом сходимости будет вся комплексная плоскость с выколотым нулём.

oleg-spbu в сообщении #223158 писал(а):

Кстати, очень бы хотелось узнать, чем отличается ряд Лорана в проколотой окрестности точки от ряда Тейлора

Ряд Тейлора -- это частный случай ряда Лорана (когда в разложении отсутствуют отрицательные степени). Ну разве что есть терминологический нюанс: под рядом Тейлора в узком смысле понимается ряд, в котором коэффициенты выражены через значения производных.

[Hymilev]

ewert писал(а):

В Вашем случае есть только одна особая точка -- это ноль. Следовательно, ряд Лорана по степеням именно $z$ будет сходиться везде (кроме, естественно, самого нуля). Т.е. кольцом сходимости будет вся комплексная плоскость с выколотым нулём.

согласен я тоже разобрался

[ewert]

Hymilev в сообщении #223255 писал(а):

чушь у функции есть еще особые точки 5 и 10 и как я уже несколько раз говорил разложений будет три - в каждой области свое

Вы про какую функцию-то?...

[oleg-spbu]

Спасибо всем кто помогал, мне зачли все, кроме примера, гдя я опечатался, пожтому дали новый пример!!!!

$$\int_L({chz+z)dz$$

L: {|z|=1; Im(z)=<0}
Я выбрал контур по вещевственной оси от -1 до 1. В итоге получается $2sh1$

[ewert]

Получится, конечно. Только, во-первых, та полуокружность -- это не контур, а путь. Во-вторых, задача сформулирована некорректно -- не задано направление прохода.

[oleg-spbu]

ewert в сообщении #223883 писал(а):

Получится, конечно. Только, во-первых, та полуокружность -- это не контур, а путь. Во-вторых, задача сформулирована некорректно -- не задано направление прохода.

То есть лучше написать "поскольку в задаче не сказано про напровление обхода контура, мы выберем положительное", да

[ewert]

трудно предсказать, какие мысли и какому начальству и в какой момент придут. Во всяком случае, слова о "положительном обходе" явно бессмысленны, поскольку путь не замкнут (т.е. не контур). А вот если произнести, допустим, "от точки (-1) до точки (+1) -- это уже будет вполне недвусмысленно.

[alleut]

Комплексная плоскость.
Пусть область $D$ имеет границу $\Gamma$. $f(z)$ непрерывна и не обращается в 0 на $\Gamma$ и аналитична в $D$ за исключением конечного числа полюсов. (Это принцип аргумента.) Тогда

$$\int_\Gamma f'(z)/f(z)=\int_\Gamma d\ln(f(z))=\int_\Gamma d\ln|f(z)|+ i\int_\Gamma d \arg f(z)=i\int_\Gamma d \arg f(z)$$

Интуитивно понятно, что $\int_\Gamma d\ln|f(z)|=0$, но разве у него нет в $D$ особых точек, нулей $f(z)$, например?

[ewert]

Это, как я понял, новый вопрос -- про логарифма.

Да, у него есть там особые точки, и достаточно скверные (ветвления, собственно). Но это не имеет никакого значения. Интерес представляет лишь слежение за его изменением (собственно, за изменением его мнимой части).

[alleut]

ewert в сообщении #224326 писал(а):

Это, как я понял, новый вопрос -- про логарифма.

Да, у него есть там особые точки, и достаточно скверные (ветвления, собственно). Но это не имеет никакого значения. Интерес представляет лишь слежение за его изменением (собственно, за изменением его мнимой части).

Да, это новый вопрос.
Так почему же интеграл от $d \ln|f(z)|$ по замкнутому контуру равен 0? Теорема Коши справедлива для аналитической в области функции, а логарифм модуля будет иметь особенность в нуле функции $f(z)$, и дифференциал будет иметь особенность там же. Или у $d \ln|f(z)|$ особенностей в указанной выше области $D$ не будет?
Я вот это не могу понять.

[ewert]

alleut в сообщении #224342 писал(а):

Так почему же интеграл от $d \ln|f(z)|$ по замкнутому контуру равен 0?

А он и не равен нулю -- с чего Вы взяли? Он (т.е., собственно, приращение логарифма) равен сумме вычетов логарифмической производной. Т.е. сумме кратностей корней минус сумме порядков полюсов внутри области. В этом, собственно, принцип аргумента и заключается.

-----------------------------------------
а, пардон, я не понял вопрос. Не заметил значка модуля. Ну так этот вопрос тривиален: модуль, в отличие от аргумента -- функция однозначная, потому и приращение его после возврата в исходную точку равно нулю.