Разложение функции в ряд Лорана

[GlazkovD]

Решал следующую задачу:

Найти все Лорановские разложения данной функции по степеням z-z0.
где

$$z0=1+3i$$

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

Начало моего решения
Функция имеет две особые точки.

$$z_1=0 z_2=-1$$

Центр разложения находится в точке

$$z_0=1+3i$$

Расстояние до первой особой точки

$$z_1= |z0-z1|=|1+3i -0|= \sqrt {10 } $$

Расстояние до второй особой точки

$$z_2 =|z0-z2|=|1+3i -(-1)|= \sqrt {11}$$

Можно написать 3 сходящихся ряда Лорана по степеням

$$(z-1-3i)$$

Мой рисунок к задаче

Разложим дробь на элементарные

$$ \frac {z-1} {z(z+1)}= \frac {2} {z+1} - \frac {1} {z} $$

А теперь не могу сдвинуться. Вроде бы по началу внутри круго должен идти ряд тейлора

$$|z-1-3i|< \sqrt {10}$$

Ну допустим через n-ю производную в точке z0 я получу ряд по данной формуле.
Однако в него никак не входит понятие границы

$$< \sqrt {10}$$

,
да и во многих примерах используют вообще не эту формулу, а что то другое.

По ряду лорана внутри кольца между

$$\sqrt{10} $$

и

$$\sqrt{11}$$

тоже упирается дело в подобную формулу

где вроде если считать по производной, то нет разницы, внутри кольца

$$\sqrt{10} $$

и

$$\sqrt{11}$$

определяется

$$Cn$$

либо вообще в бесконечности. Не могу куда то приткнуть условие "между", а так же
создать отличие по данной теореме между рядами внутри кольца и вне кольца на бесконечность.
В примерах такого рода вообще не используют такую формулу.

В общем пока что я в заблуждении, кому не трудно, помогите сдвинуться с мертвой точки(до конца ответ не давайте, я по ходу ваших советов хочу сам добить данную задачу)

Спасибо за внимание.

[bobo]

Если Вы примените формулу для коэффициентов через n-ю производную, то вне круга $| z-z_0| > \sqrt{10}$ она даст неверный результат, т.к. интеграл по контуру в формуле не совпадет со значением производной из-за наличия особой точки. Тоже самое и для кольца.

[Brukvalub]

Отвечу примером похожего разложения. Разложим функцию

\[ f(z) = \frac{1}{{z + 2}}\]

в ряд Лорана по степеням

\[z - i\]

. Если

\[\left| {z - i} \right| < \sqrt 5 \]

, то

\[f(z) = \frac{1}{{z + 2}} = \frac{1}{{z - i + i + 2}} = \frac{1}{{i + 2}}\frac{1}{{1 - (\frac{{z - i}}{{ - i - 2}})}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{( - 1)^k }}{{(2 + i)^{k + 1} }}} (z - i)^k\]

Если

\[\left| {z - i} \right| > \sqrt 5 \]

, то

\[ f(z) = \frac{1}{{z + 2}} = \frac{1}{{z - i + i + 2}} = \frac{1}{{z - i}}\frac{1}{{1 - (\frac{{ - 2 - i}}{{z - i}})}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{( - 1)^{k - 1} (i + 2)^{k - 1} }}{{(z - i)^k }}} \]

[GlazkovD]

Проанализировал пример Brukvalub.

Тогда алгоритм решения в общем виде таков:

Разложение

$$f(z)=\frac {1} {z+a}$$

по степеням

$$(z-z0)$$

1 случай: На промежутке |z-z0|<|a-z0|=R внутри окружности(промежуток от z0 до -a)

Разложение ведется по формуле:

$$f(z)=\frac {1} {z+a} =\frac {1} {z-z0+z0+a} = \frac {1} {z0+a} *\frac {1} {1- (\frac {z-z0} {-z0-a})} = $$

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^k (z-z0) ^k} {(a+z0)^ {k+1}}$$

Если промежуток выходит за рамки окружности

$$|z-z0|>|a-z0|$$

то

$$f(z) = \frac {1} {z+a} = \frac {1} {z-z0+z0+a} = \frac {1} {z-z0} * \frac {1} {1-\frac {-a-z0}{z-z0}}=$$

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^{k-1} (z+a) ^{k-1}} {(z-z0)^ {k}}$$

Вроде бы таков алгоритм ?

Добавлено спустя 1 час 59 минут 33 секунды:

По сути дела каждая такая функция данного вида имеет только по 2 разложения лорана ?

1)в промежутке от z0(центра разложения) и до своей особой точки

2) От своей особой точки до бесконечности. Вроде бы так ?

Добавлено спустя 1 минуту 37 секунд:

Подходит ли данная выведенная(из примера Brukvalub) формула для данного вида для разложения

$$\frac {1} {z}$$

?

[GlazkovD]

извините, кажется решил, так или нет ?

Условие(что бы страницу не листать)

Найти все Лорановские разложения данной функции по степеням z-z0.
где

$$z0=1+3i$$

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

Внутри круга

$$f(z)=- \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1)^k (z-1-3i) ^k} {(1+3i)^{k+1}} +2 \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^k (z-1-3i)^k } {(2+3i) ^{k+1}}$$

В кольце

$$f(z)=- \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^{k-1} z ^ {k-1}} {(z-1-3i) ^k}+2 \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^k (z-1-3i)^k } {(2+3i) ^{k+1}}$$

На бесконечности

$$f(z)=- \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1) ^{k-1} z ^ {k-1}} {(z-1-3i) ^k}+2 \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1} (z+1) ^ {k-1}} {(z-1-3i)^k}$$

[Brukvalub]

Разве Вам неизвестно, что 1+1=2? (в записи ряда это выглядит диковато....)

[GlazkovD]

Поправил 1+1=2

[GlazkovD]

Все. Решил. Вроде бы. С полными выкладками своих рассуждений. Проверьте кому не лень именно ход.
Арифметика- не страшно, ее можно всегда быстро поправить.


Рассмотрим поведение функции. в данном интервале.
(кольцо представленное окружностью до первой критической точки)

$$zk=0$$

От точки разложения

$$z=1+3i$$

ближайшей точкой(из особых) является точка

$$zk=0$$

На основе данного факта и сформирована данная окружность.

Функция

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

разложена на две простые дроби.

$$w= \frac {z-1} {z(z+1)} = \frac {2} {z+1} - \frac {1} {z}$$

Обе данные функции не встречаются с особыми точками на интервале

$$(1+3i;0)$$

т.е для обоих выполняется условие

$$|z-z0|<|\varepsilon-z0|$$

Где

$$\varepsilon$$

соответствующая особая точка для каждой из двух функций.
(Т.е радиус изменения

$$z$$

(от точки

$$1+3i$$

) меньше радиуса от точки

$$1+3i$$

до ближайшей особой).

Разложение ведется по формуле:
Если

$$|z-z0|<|\varepsilon -z0|$$

т.е как бы изменение z не превосходит

$$\varepsilon$$

$$\frac {1} {1-z} = \frac {1} {(\varepsilon-z0)-(z-z0)}= \frac {1} {(\varepsilon -z0)(1-\frac {z-z0}{\varepsilon-z0})}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-z0 )^n}{(\varepsilon-z0)^{n+1}}$$

$$\frac {2} {z+1} = 2 \frac {1}{z+1} =2 (\frac {-1}{-z-1}) = -2 \frac {1} {-z-1}= -2 (\frac {1}{-1-z})$$

Сопоставим с формулой: В нашем случае

$$\varepsilon =-1$$

$$ z0=1+3i$$

$$-2 (\frac {1}{-1-z})=-2(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n}{(-1-1-3i)^ {n+1}})=-2(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n}{(-2-3i)^ {n+1}})$$

$$\frac {-1} {z} = \frac {1} {-z} = \frac {1} {0-z}$$

В нашем случае

$$ \varepsilon=0 $$

$$z0=1+3i$$

$$ \frac {-1} {z} = \frac {(z-1-3i) ^n} {(0-1-3i)^ {n+1}} =\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n} {(-1-3i)^ {n+1}}$$

Итого в круге

$$ f(z)=-2(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n}{(-2-3i)^ {n+1}}) +\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n} {(-1-3i)^ {n+1}}$$

От особой точки z=0 до точки z=-1 образуется интервал, представленный кольцом. Рассмотрим как ведут себя функции

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

и

$$\frac {-1} {z}$$

внутри кольца
Точка z=0 является особой для второй функции. Точка 0 не является особой для первой функции. По этому разложение

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

внутри кольца остается таким же, как и разложение внутри круга.

Остается разложить

$$\frac {-1} {z}$$

в данном интервале. Данная функция как бы уже вывалилась за особую точку.
Т.е выполняется равенство

$$|z-z0|>|\varepsilon -z0|$$

в нашем случае

$$\varepsilon = 0$$

В такой ситуации разложение ведется по формуле.

$$ \frac {1} {\varepsilon -z} = \frac {-1} {z-\varepsilon} =\frac {-1}{(z-z0)-(\varepsilon - z0)} =\frac {-1} {(z-z0)(1-\frac {\varepsilon-z0}{z-z0})} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(\varepsilon - z0) ^n}{(z-z0)^{n+1}}$$

Разложим

$$\frac {-1}{z} = \frac {1} {0-z}$$

В нашем случае

$$\varepsilon=0$$

и

$$ z0=1+3i$$

Тогда

$$\frac {-1} {z} = \frac {1} {0-z} =\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(0-1-3i) ^n} {(z-1-3i) ^{n+1}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-1-3i) ^n} {(z-1-3i) ^{n+1}}$$

Итого в кольце

$$f(z)=-2(\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(z-1-3i) ^n}{(-2-3i)^ {n+1}})+\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-1-3i) ^n} {(z-1-3i) ^{n+1}}$$

Окружающая бесконечность. Сдесь уже для обоих функций выполняется условие

$$|z-z0|>|\varepsilon-z0|$$

Т.е обе функции как бы вывалились за свои соответственные особые точки.

$$\frac {1} {\varepsilon -z} = \frac {-1} {z-\varepsilon} = \frac {-1} {(z-z0)-(\varepsilon-z0)}=\frac {-1}{(z-z0)(1-\frac {\varepsilon-z0}{z-z0})}}= =\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(\varepsilon - z0) ^n} {(z-z0) ^ {n+1}}$$

Условие

$$|z-z0|>|\varepsilon - z0|$$

уже выполнялось для \frac {-1} {z} внутри кольца. Сдесь оно тоже выполняется, по этому разложение будет таким же как и в кольце.

Разложим

$$ \frac {2} {z+1}= -2(\frac {1} {-1-z})= -2 \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-1-1-3i) ^n} {(z-1-3i) ^ {n+1}} = -2 \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-2-3i) ^n} {(z-1-3i) ^ {n+1}}$$

Итого

$$f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-1-3i) ^n} {(z-1-3i) ^{n+1}}-2 \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac {(-2-3i) ^n} {(z-1-3i) ^ {n+1}}$$