Ряд Лорана

[bundos]

Vince Diesel в сообщении #421046 писал(а):

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

Раскладываю $f(z)=\sum\limits_{n=\infty}^{\infty}c_nz^n$, дальше $f^2(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}^{'} z^n$. $|f(z)|^2\leqslant\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}|c_n^{'}z^n|$, нижнюю оценку дать не получилось. Подскажите, что дальше? А что тут с чем ортогонально? Я никогда не сталкивался с интегрированием ряда по плоскости. Когда вообще ряд можно интегрировать по плоскости?

[Vince Diesel]

Стоит записать функцию в полярных координатах: $f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n r^n e^{in\varphi}$, умножить на сопряженную (двойная сумма), и учесть, что интеграл по окружности от мнимой экспоненты $e^{i(n-m)\varphi}$ не равен нулю только при $n=m$. Это и есть ортогональность (функций e^{in\varphi} на окружности) в данном случае. Можно через экспоненту синусы и косинусы представить, если у вас уже была их ортогональность в теме ряды Фурье.

[bundos]

Vince Diesel в сообщении #421650 писал(а):

$f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n r^n e^{in\varphi}$, умножить на сопряженную (двойная сумма).

Типа так $f^2(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}c_nc_{-m}r^{n-m}e^{i(n-m)\varphi$?

[bundos]

Вот ещё задачку решал, посмотрите правильно нет?
Докажите, что для производных аналитических функций, взятых в одной и той же точке не может выполнятся неравенство $|f^{(n)}(z)|>(n!)^2, n=1, 2, 3,...$
Пусть $f(z)$ аналитическая в некоторой области $G$. Рассмотрим произвольную точку $z_0 \in G$. Функция $f(z)$ разлагается в ряд Тейлора в круге $|z-z_0|<R$ $f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n$. Предположим, выполняется неравенство $|f^{(n)}(\psi_0)|>(n!)^2$.
$f(\psi_0)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n(\psi_0-z_0)^n$, $|\psi_0-z|<R$- сходится абсолютно, тогда, если $r=|\psi_0-z_0|$, то $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{|f^{n}(z_0)|}{n!}r^n>$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}n!r^n$, послений расходится по Даламберу. Противоречие.

[Vince Diesel]

bundos в сообщении #421684 писал(а):

Типа так $f^2(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}c_nc_{-m}r^{n-m}e^{i(n-m)\varphi$?

Не совсем, там квадрат модуля: $|f(z)|^2=f(z)\overline{f(z)}=\ldots$

[bundos]

Vince Diesel в сообщении #421733 писал(а):

Не совсем, там квадрат модуля: $|f(z)|^2=f(z)\overline{f(z)}=\ldots$

Спасибо, вроде разобрался

[bundos]

Чему равен $\mathop\mathrm {Res}\limits_{z=0}\frac{(z^2+z+1)^n(z^{2n}+1)}{z^{2n}(z^2+3z+1)}$?

-- Вс мар 13, 2011 00:14:10 --

Делал как обычно, только производную $2n-1$-ого порядка от $\frac{(z^2+z+1)^n(z^{2n}+1)}{(z^2+3z+1)}$? взять неполучилось....

[ewert]

Ну, во-первых, раз в нуле, то можно спокойно выкинуть $z^{2n}$ из числителя, т.е. искать $\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=0}\frac{(z^2+z+1)^n}{z^{2n}(z^2+3z+1)}$. Во-вторых, теперь вычет на бесконечности равен нулю, т.е. вычет в нуле равен минус сумме вычетов в точках $z_{\pm}=\frac{-3\pm i\sqrt{10}}{2}$ (корни множителя $z^3+3z+1$), т.е. минус удвоенной вещественной части одного из этих вычетов. В-третьих,

$\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=z_+}\dfrac{(z^2+z+1)^n}{z^{2n}(z^2+3z+1)}=\left.\dfrac{(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}+1)^n}{z-x_-}\right|_{z=z_+}=\dfrac{(z_-^2+z_-+1)^n}{2i\sqrt{10}}=\dfrac{(-2z_-)^n}{2i\sqrt{10}}=\ldots$

Ну короче всё сведётся к синусу от $n$ соотв. арктангенсов, а зачем такие числа -- я не знаю.

[bundos]

ewert в сообщении #422425 писал(а):

(корни множителя $z^3+3z+1$).

Почему куб?

(Оффтоп)

С квадратом вроде нормально посчитался