Разложение в ряд Лорана и область сходимости, ТФКП

[Otta]

Ms-dos4
Да я догадываюсь, что Вы понимаете. Я, таксзать, для полноты картины и ощущений. А то иногда ведь и $1-z^3$ в знаменателе стоит. А то и в седьмой степени. И отдельные маниаки пытаются и это раскладывать. ))

-- 05.06.2013, 21:05 --

provincialka в сообщении #733107 писал(а):

Значит, должно быть указано кольцо или сказано: разложить во всех кольцах.

Или в окрестности указанной точки. В любом случае, на каком множестве.

[SDmitry]

Узнал конкретнее:
Нужно кольцо, где $|z|>2$. Ряд в методичке записан, как $\sum\limits_{i=-\infty}^\infty = c_n(z-a)^n$

Нужно разложение, а из него, видимо, признаком Даламбера, как и в другой теме, получить аналитическую запись множества и нарисовать.

[Otta]

Аналитическая запись множества у Вас уже есть. Можете начинать рисовать. Нарисовали? Раскладывайте в ряд. Ms-dos4 Вам дал хорошие подсказки. Которые наверняка есть в том числе и в Вашей методичке.

[SDmitry]

Есть вопросы:

1) Как мне быть с записью ряда? В формуле границы суммы отличаются от того, что написал Ms-dos4.
2) Подходит ли мне этот вариант с моим ограничением на модуль?
3) И как быть с финальным ответом? Я по тому решению не посчитаю область сходимости, у меня нет примеров, как это делать в таком случае, везде вроде бы получается одна сумма, а тут - две, я такого не видел в методичке и на практике и не знаю, как делать. И вообще, мой ли это случай? Или разложение будет иное?

[Ms-dos4]

SDmitry
Я же сказал вам, что я написал разложение во внутреннем круге. А вам нужно разложение в круговом кольце и снаружи внешнего круга. Для разложения в круговом кольце вам нужно разложить дроби $\[\frac{1}{{z \pm 1}}\]$ по степеням $\[\frac{1}{z}\]$, разложение же дробей $\[\frac{1}{{z \pm 2i}}\]$ остаётся как в "моём" случае. Снаружи внешнего круга все дроби раскладываются по степеням $\[\frac{1}{z}\]$

[Otta]

SDmitry

SDmitry в сообщении #733219 писал(а):

я такого не видел в методичке и на практике и не знаю, как делать.

Если Вы не видели, это не значит, что этого не было. И далее по тексту.
Задача совершенно типовая. Гуглите "разложение в ряд Лорана в кольце решение задач" и знакомьтесь с материалом, раз не можете найти у себя. С теорией тоже знакомьтесь, чтобы у Вас не возникало вопросов, чему равна область сходимости для суммы ряда Лорана. Читайте "Ряды Лорана. Область сходимости" и наоборот, "Разложение в ряд Лорана функции, аналитической в кольце".
Готовые решения здесь не предоставляются, это противоречит правилам форума, если Вы не знаете. Намек же, куда двигаться, Вам дали.

[SDmitry]

Попробовал я это сделать и вот, что получил:
$\frac{1}{(z^2-1)(z^2+4)}$
\sum\limits_{i=-\infty}^\infty (-1)^{n+1}z^n + \sum\limits_{i=-\infty}^\infty z^n + \sum\limits_{i=-\infty}^\infty $\frac{(-1)^{n+1}}{(-2i)^{n+1}}$z^n + \sum\limits_{i=-\infty}^\infty $\frac{(-1)^{n+1}}{(2i)^{n+1}}$z^n
Теперь беру и складываю это, вот где меня и напряг коэффициент, страшный он
При этом:
z_0 = 0;|z|>2
Прав ли я, а, если нет, то где не прав и как нужно?

[Ms-dos4]

SDmitry
У вас написана полная чушь, я даже перечислять ошибки не буду. Открывайте учебник по ТФКП и смотрите.

[SDmitry]

Перечитал ещё раз всё в интернете, посмотрел примеры, получил вот что:

$\frac{1}{z-1}$ + $\frac{1}{z+1}$ +$\frac{1}{z-2i}$ +$\frac{1}{z+2i}$

\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{1}{z^n} + \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{z^n} + \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{(2i)^{n-1}}{z^n} + \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{(-2i)^{n-1}}{z^n} = \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{(-2i)^{n-1} + (2i)^{n-1} + (-1)^{n-1} + 1}{z^n}

Если я правильно понял, то во многих примерах делают то же действие, только разложение там в две дроби. Ограничение наподобие, только не больше двух, а трёх, например.

[SpBTimes]

SDmitry
Довольно лениво это читать, но что может быть непонятного?
Разложение $\frac{1}{1 + z}$ при $|z| < 1$ известно со школы:
$\frac{1}{1 + z} = 1 - z + z^2 - ...$
Представьте, что у вас теперь $|z| > 1$. Тогда что?
$\frac{1}{1 + z} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{z}}$ и $|\frac{1}{z}| < 1$. И теперь уже:
$\frac{1}{1 + z} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{z}} = \frac{1}{z}(1 - \frac{1}{z} + ...)$

[SDmitry]

SpBTimes в сообщении #733264 писал(а):

$\frac{1}{1 + z} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{z}} = \frac{1}{z}(1 - \frac{1}{z} + ...)$

Ок, тогда не пойму, в чём отличие этого от моей второй суммы?

И что неверно в остальных суммах и в ходе решения. Точно то же самое делается и в методичке. Только там не 4, а 2 дроби. Но разве есть разница, если их конечное число? Ответ получился примерно тот же, только слагаемых больше, может тут как-то и можно упростить, интересно.

[Otta]

А кто сказал, что неправильно? Правильно (идейно, по крайней мере). Упростите только.
На две дроби можно было и Вам разложить. Каких -я где-то там уже писала.

А, таки делается в методичке. Чудесно. А говорииил...

[SDmitry]

Просто меня смутило сообщение, я кинулся перепроверить, мало ли.

Две дроби - это у меня как-то не получилось. В 4 мне интуитивно просто и понятно. Я забыл уже, как верхние коэффициенты делаются, но, раз правильно и так, то пока не суть.

В методичке делается в кольце, модуль z просто ограничили сверху и снизу и считают, а тут - в окрестности бесконечно удалённой точки, как я понял, это мне пришлось искать отдельно и только вон с какого раза что-то ды и получилось, вроде даже похожее на правду.

А вот как мне теперь упростить числитель - не знаю даже, совсем. Мне бы сделать как-то так, чтобы я область сходимости нашёл, а то так не сильно мне удобно Даламбером искать. Может, есть какой-то ещё способ? Этого нет у меня нигде, только делить последующий на предыдущий, брать модуль, сравнивать с единичкой и рисовать.

[Otta]

SDmitry в сообщении #733277 писал(а):

а тут - в окрестности бесконечно удалённой точки

Это тоже кольцо. Такое.

SDmitry в сообщении #733277 писал(а):

А вот как мне теперь упростить числитель - не знаю даже, совсем.

Посчитайте, например, при разных $n$. Посмотрите, что происходит. Поймете.
По хорошему, ничего уже не надо искать Даламбером. Что значит разложить функцию в ряд Лорана в этом кольце? Почему именно в этом, почему нельзя взять $|z|\ge 3/2$? Вот если бы Вы книжки читали и лекции слушали, то, глядишь, и поняли бы. А в методичке в трех словах не напишешь, вопрос хоть и простой, но слов много требует.

Формально можно, конечно, и Даламбером. Но это извращение. Считайте тогда коэффициенты.

[SDmitry]

Сейчас скажу криво и не научно, но модуль этот, мне кажется, связан с теми 2i, чтобы знаменатель рос быстрее и мы имели нулевой предел общего члена. Или это связано с тем, чтобы выкинуть какие-то точки.

Я так понимаю, что оно уже сходится везде и искать ничего не надо? Я мыслю в ту степь?