Разложение в ряд Лорана не в особой точке

[milton]

Здравствуйте, было дано задание разложить функцию $f(z)=tg\frac{1}{1+z}$ в точке $z_0=0$ и найти радиус сходимости. Особые точки я нашел: это $z_n=-1+\frac {1}{\frac {\pi}{2}+\pi n}$ - полюсы 1-ого порядка. точка $z=-1$ - неизолированная особенность (предельная точка для полюсов 1-ого порядка)
Я знаю, что радиус сходимости ряда Лорана - расстояние от данной точки (в моем случае , видимо, от нуля) до ближайшей особой точки.
Насчет разложения: пытался разлагать как $f(z)=\frac {sin \frac {1} {1+z}}{cos \frac {1} {1+z}}$, то ведь в итоге получится разложение по степеням (1+z), а это не то, что нужно. (насколько я понимаю, нужно разложение по степеням z).
попытался сделать так: $f(z)=tg\frac{1}{1+z}=tg(1-z+z^2-z^3+z^4-..)$ далее получил "совет" от преподавателя - воспользоваться формулой для суммы тангенсов $tg(a+b)=\frac{tg(a)+tg(b)}{1-tg(a)tg(b)}$, взяв за а единицу, а за b все эти z.
но ведь разве это что-то даст? после этого тангенс от этих z будет и в числителе, и в знаменателе. Преподаватель дал ложную подсказку?

[Padawan]

А разложить значит найти явное выражение для $n$-того коэффициента?

[milton]

Обычно на занятиях мы выписывали первые 3-5 членов, а если это является возможным (не слишком затруднительным), то и общую формулу.

[Ales]

Если достаточно только несколько первых членов, то можно воспользоваться подсказкой преподавателя. С ее помощью убираем 1.

[milton]

Но ведь получится:
$tg(1-z+z^2-z^3+z^4-..)=\frac{tg(1)-tg(z-z^2+z^3-z^4+..)}{1+tg(1)tg(z-z^2+z^3-z^4+..)}$
Тангенс и в числителе, и в знаменателе. В аргументе - бесконечная сумма. подставлять $z-z^2+z^3-z^4+..$ в разложение для тангенса, а потом как-то делить числитель на знаменатель или как?

[Padawan]

Просто тупо по формуле Тейлора - три члена выписать можно.

[Ales]

Есть еще способ: выразить $y'=f'(z)$ через $y=f(z)$ и $z$. Потом дальше находить остальные производные. Из функции получить дифференциальное уравнение и решить его в виде ряда.
Не подойдет?

[milton]

Цитата:

Есть еще способ: выразить через и . Потом дальше находить остальные производные. Из функции получить дифференциальное уравнение и решить его в виде ряда.
Не подойдет?

Ничего подобного мы пока что не делали. Но если это связано с операционным исчислением, то, возможно, потом узнаю как это, у нас оно со следующего занятия будет :)

Цитата:

Просто тупо по формуле Тейлора - три члена выписать можно.

ага, то есть по $c_n=\frac {f^{(n)}(z_0)} {n!}$ найти коэффециенты и все?
А то, что ряд Лорана совпадет в моем случае с рядом Тейлора гарантируется тем, что данная точка - не особая, те главная часть разложения Лорана будет отсутствовать, так?
А насчет радиуса сходимости, я так понимаю это будет расстояние от нуля до полюса $z_0=-1+\frac{1}{\frac{\pi}{2}}$ те $z_0=-1+\frac{2}{\pi}$, то есть это и будет $r=-1+\frac{2}{\pi}$, так?

[Ales]

milton в сообщении #311488 писал(а):

А то, что ряд Лорана совпадет в моем случае с рядом Тейлора гарантируется тем, что данная точка - не особая, те главная часть разложения Лорана будет отсутствовать, так?

Это очевидные вещи. Не сомневайесь в очевидном. Сами принимайте решения.

milton в сообщении #311488 писал(а):

Ничего подобного мы пока что не делали. Но если это связано с операционным исчислением, то, возможно, потом узнаю как это, у нас оно со следующего занятия будет :)

Нет, это обычный анализ и обычные операции с рядами. То что делал еще Ньютон.
Это нехитрый способ нахождения производных.