Ряд Лорана

[bundos]

Решил несколько задач. Можете посмотреть всё ли у меня правильно?

1. При каких натуральных $n$ функция $f(z)=\frac1{(z+1)^n-z^n-1}$ имеет полюса порядка 2 и больше?

$g(z)=(z+1)^n-z^n-1$. Пусть $z_k$- нуль $g(z)$ порядка 2. Тогда
$(z_k+1)^{n-1}=z_k^{n-1}$
$z_k^{n-1}=1$
$z_k=e^{\frac{2\pi ki}{n-1}}$
$\frac{2\pi k}{n-1}=\frac{3\pi}{4}$
$n=1+8m$

2. Может ли функция $f(z)=\frac1{1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}}$ при каком-нибудь $n$ иметь полюс порядка больше 1.

$g(z)=1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}$
Пусть $z_k\not = 0$ нуль порядка 1 функции $g(z)$
$g'(z_k)=1+z_k+\frac{z_k^2}{2}+\frac{z_k^3}{3!}+\cdots+\frac{z_k^{n-1}}{(n-1)!}$
$g'(z_k)=g(z_k)-\frac{z_k^n}{n!}$. Значит $f(z)$ ни при каких $n$ не имеет полюс порядка больше 1.

3. Функция $f(z)$ является аналитичной во всей комплексной плоскости, но не многочлен. Особой точкой какого типа является точка $z=0$ для функции $f(z)+f(\frac1{z})$

$f(z)=\sum_{n=0}^\infty{c_nz^n}$
$f(z)+f(\frac1{z})=\sum_{n=-\infty}^{n=\infty}{c_nz^n}$. Значит точка $z=0$ существенно особая для $f(z)+f(\frac1{z})$.

[Sonic86]

Вроде правильно. Только для большей ясности можно пункт 1 поподробней расписать, в частности, откуда взялось $\frac{2\pi k}{n-1}=\frac{3\pi}{4}$

[bundos]

Цитата:

откуда взялось $\frac{2\pi k}{n-1}=\frac{3\pi}{4}$

Т.к. $|(z_k+1)^{n-1}|=|z_k^{n-1}|$, то $|(z_k+1)|=|z_k|$, значит $Re(z_k)=-\frac1{2}$, а $|e^{\frac{2\pi ki}{n-1}}|=1$, тогда получается, что $e^{\frac{2\pi ki}{n-1}}=e^{\frac{3\pi i}{4}}$

Вроде так....

[Sonic86]

Ааа, вот Вы как делали. Тогда наверное это не то.
Получается, что Вы для поиска двукратных корней $z_k$ функции $f(z)$ просто пишите $f'(z_k)=0$, а потом выводите эквивалентно из него следствие, а соотношение $f(z_k)=0$ забыли, а его тоже надо обязательно учесть. Правильно?

[ewert]

Sonic86 в сообщении #420148 писал(а):

, а потом выводите эквивалентно из него следствие, а соотношение $f(z_k)=0$ забыли

Нет, не забыл: равенство $z^{n-1}=1$ получается как следствие системы уравнений $(z+1)^n-z^n=1$ и $(z+1)^{n-1}-z^{n-1}=0$.

Дефектов в решении примерно полтора-два. Во-первых, этим доказывается лишь необходимость условия $n=1+8m$, а надо доказать ещё и достаточность (непосредственной подстановкой). Во-вторых, не стоит забывать, что кроме $\frac{3\pi}{4}$ возможно ещё и $\frac{5\pi}{4}$, пусть это и не даёт дополнительных решений. Кроме того, очень нехорошо писать $z_k$: буковка $k$ в такой записи подразумевает номер корня, а в экспоненте -- вовсе нет.

Упс, пардон, не заметил слона. Вот что значит сила гипноза. Это, конечно, правда, что $\mathop{\mathrm{Re}}z=-\frac12$ и т.д. Но только почему $\frac{3\pi}{4}$-то?...

[Sonic86]

ewert, я понял. Просто очень неподробно написано было.

[bundos]

Цитата:

Но только почему $\frac{3\pi}{4}$-то?

Так следствие системы уравнений даёт $|z^{n-1}|=1$, а $Re(z)=-\frac1{2}$. Там и получается $\frac{3\pi}{4}$ и ещё $\frac{5\pi}{4}$, который тоже даст $n=1+8m$.

[ewert]

Чему равна $\mathop{\mathrm{Re}}e^{\frac{3\pi}{4}i}$?...

[bundos]

ewert, точно. Переделал, получил, $\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{4\pi}{3}$. $n=1+3m$. Теперь верно?

[bundos]

Вот, ещё задачка.

Известно, что $f(z)=g(az), z\not =0$. Доказать, что
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=\frac{z_0}{a}}f(z)=\frac1{a}\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)$

Верны ли мои рассуждения?
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=\int\limits_{C}g(\xi)d\xi=\lim\limits_{max|\delta\xi_k| \to 0}\sum\limits_{k=1}^{n}g(\xi_k)\delta\xi_k$
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=a\lim\limits_{max|\delta\xi_k| \to 0}\sum\limits_{k=1}^{n}g\left(a\frac{\xi_k}{a}\right)\delta\left(\frac{\xi_k}{a}\right)$
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=a\lim\limits_{max|\delta\xi_k| \to 0}\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\frac{\xi_k}{a}\right)\delta\left(\frac{\xi_k}{a}\right)$
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=a\lim\limits_{max|\delta\theta_k| \to 0}\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\theta_k\right)\delta\left(\theta_k\right)$
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=a\int\limits_{C^{'}} f(z)dz$, где $C^{`}$-некоторый контур, лежащий в окрестности точки $\frac{z_0}{a}$, значит
$\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_0}g(z)=a\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=\frac{z_0}{a}}f(z)$

[bundos]

Забыл написать $\frac1{2\pi i}$ перед интегралом

[Sonic86]

То есть Вы переписали определение вычета через интеграл, а потом определение интеграла через интегральную сумму и потому уже доказывали. Почему Вы просто не перепишите определение вычета через интеграл и не докажете? Так вроде проще ...

[ewert]

Да не нужны никакие интегралы. Надо просто выписать формально ряд Лорана и тупо сделать в нём соответствующую подстановку.

[bundos]

Подскажите что делать с этой задачей.
Пусть $f(z)$ аналитическая функция в проколотой окрестности нуля $D=\{z| 0<z<1\}$ и $\int\limits_D|f(x+iy)|^2dxdy<\infty$. Докажите, что $z=0$- устранимая особая точка.

[Vince Diesel]

Разложить в ряд Лорана и воспользоваться ортогональностью при интегрировании в кольце $0<\varepsilon<|z|<1$.