Разложения в ряд Лорана

[hjury]

Требуется разложить функцию $f(z)=\frac{1}{\sin{z}}$ в кольце $3\pi<z<4\pi$. И как то совсем в ступор впал. Видно, что особые точки у этой функции, есть точки вида $z=\pi k$. Я даже откуда-то знаю, что эти точки полюса первого порядка. Собственно, не могу понять, как увидеть, что это полюса, да еще и первого порядка.
По поводу разложения, мы можем разложить эту функцию в окрестности нуля например, однако как переходить в кольцо, я не понимаю.

[Nimza]

Вы же знаете радиус сходимости ряда Тейлора с центром в нуле функции $\sin z$? Подставьте в этот ряд $z-\pi k$ вместо $z$.

[hjury]

Получается, что
$\frac{1}{\sin{z}}=\frac{1}{\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2n+1)!}(x-\pi k)^{2k+1}}}$
А что с этим дальше делать?

[Nimza]

У Вас $k$ в аргументе и по $k$ ведётся суммирование, не надо так. Если назовёте переменную суммирования другой буквой, то получите, что в знаменателе стоит выражение $(z - \pi k) g(z)$, где $g(z)$ целая и $g(\pi k) = (-1)^k$. Так можно увидеть, что это полюс порядка $1$.

[hjury]

$\frac{1}{\sin{z}}=\frac{1}{\sum_{t=0}^{\infty}{\frac{(-1)^t}{(2t+1)!}(x-\pi k)^{2t+1}}}= \frac{1}{(x-\pi k)(1-\frac{1}{3}(z-\pi k)^2+ \cdots)}$
Но откуда следует, что $g(\pi k)=(-1)^k$. Я имею в виду что получается минус единица в степени $k$. Ведь если мы подставим в функцию $\pi k$ то $g(\pi k)=1$, разве не так?

[Nimza]

Просто $\sin(z-\pi k) = (-1)^k \sin(z)$, Вы это не учли, когда ряд записывали.

[hjury]

Цитата:

Просто $\sin(z-\pi k) = (-1)^k \sin(z)$, Вы это не учли, когда ряд записывали.

Точно, совсем про это забыл. Хорошо увидели, что полюса простые, а каковы следующие шаги?

[Otta]

hjury,

(Оффтоп)

hjury в сообщении #782475 писал(а):

в кольце $3\pi<z<4\pi$.

Вы уверены, что хотели поговорить о кольце?

Что касается основной задачи, мне ничего лучшего в голову не приходит, чем воспользоваться результатами для мероморфных функций.

[Nimza]

Otta в сообщении #782725 писал(а):

UPD Впрочем, имеет. Опосредованное.

Да, но автор спросил, как увидеть, что это полюса порядка 1. Впрочем, можно рассмотреть функцию

$$ g(z) = f(z) - \frac{1}{z} + \frac{1}{z+\pi}+\frac{1}{z-\pi} - \frac{1}{z+2\pi} - \frac{1}{z-2\pi} + \frac{1}{z+3\pi}+\frac{1}{z-3\pi}, $$

разложить её в ряд Тейлора в круге $|z| < 4\pi$.

[Otta]

Nimza в сообщении #782733 писал(а):

Да, но автор спросил, как увидеть, что это полюса порядка 1.

Ай, да я ж не спорю. Я даже подмела. :)

Nimza в сообщении #782733 писал(а):

Впрочем, можно рассмотреть функцию

$$ g(z) = f(z) - \frac{1}{z} + \frac{1}{z+\pi}+\frac{1}{z-\pi} - \frac{1}{z+2\pi} - \frac{1}{z-2\pi} + \frac{1}{z+3\pi}+\frac{1}{z-3\pi}, $$

разложить её в ряд Тейлора в круге $|z| < 4\pi$.

Так выглядит изящнее, правда, если бы исходная функция сама по себе не раскладывалась хреново по степеням $z$. :(

[hjury]

(Оффтоп)

Цитата:

Вы уверены, что хотели поговорить о кольце?

Уверен

Цитата:

Что касается основной задачи, мне ничего лучшего в голову не приходит, чем воспользоваться результатами для мероморфных функций.

То есть разложением мероморфной функции по главным частям?

Nimza в сообщении #782733 писал(а):

Otta в сообщении #782725 писал(а):

UPD Впрочем, имеет. Опосредованное.

Да, но автор спросил, как увидеть, что это полюса порядка 1. Впрочем, можно рассмотреть функцию

$$ g(z) = f(z) - \frac{1}{z} + \frac{1}{z+\pi}+\frac{1}{z-\pi} - \frac{1}{z+2\pi} - \frac{1}{z-2\pi} + \frac{1}{z+3\pi}+\frac{1}{z-3\pi}, $$

разложить её в ряд Тейлора в круге $|z| < 4\pi$.

Насколько мне помнится, есть выражения связывающее коэффициенты $g(z)$ и $f(z)$

[Nimza]

hjury в сообщении #782741 писал(а):

Насколько мне помнится, есть выражения связывающее коэффициенты $g(z)$ и $f(z)$

Ага, к разложению Тейлора нужно просто перегнать дроби и разложить их (что просто). Коэффициенты Тейлора получаются просто по определению, основная "работа" с $\frac{1}{\sin z} - \frac 1 z$.

[hjury]

Получается остается разложить $\frac{1}{\sin{z}}-\frac{1}{z}$ в ряд Лорана?
$\frac{1}{\sin{z}} - \frac{1}{z}=\frac{1}{z(\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}z^{2k+1}})} - \frac{1}{z}=-\frac{1}{z}(1-\frac{1}{(\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}z^{2k+1}})})$
Дальше я бы хотел это разложить в ряд для геометрической прогрессии, но мне кажется, я делаю что-то не то.

[Nimza]

Нет, в ряд Тейлора в круге $|z|<\pi$. Функцию действительной переменной

$$ \frac{1}{\sin x} - \frac 1 x $$

Вы же можете разложить?

[hjury]

$\frac{1}{\sin{x}}-\frac{1}{x}=\frac{x}{6}+\frac{7x^3}{360}+\cdots$
Я использовал стандартную формулу для нахождения коэффициентов ряда, это ведь верно?