funkcji \(\displaystyle{ f(z)= \frac{1}{ z^{3} } }\) wokół \(\displaystyle{ \alpha =i}\)
Osobliwość jest w zerze, więc trzeba będzie rozważyć wewnątrz koła o promieniu 1 o środku w punkcie i oraz na zewnątrz. Czyli \(\displaystyle{ 0 < |z-i| < 1}\) no a drugie większe. Tylko nie wiem co dalej, nie mam żadnego przykładu a wszystkie jakie znajduję rozwiązane są inaczej. Myślę że trzeba albo zrobić rozkład na ułamki proste albo iloczyn \(\displaystyle{ \frac{1}{z}\frac{1}{z}\frac{1}{z} }\) i z tego próbować szukać jakiś rozwinięć, może z Taylora. W wykładzie nie mam nic przydatnego albo nie umiem tego odczytać
Wszystkie możliwe rozwinięcia w szereg Laurenta
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Wszystkie możliwe rozwinięcia w szereg Laurenta
Zacznijmy od tego: \(\displaystyle{ \frac{1}{z^{3}}=\frac{1}{((z-i)+i)^{3}}=\frac{i}{i^{4}\left(\frac{z-i}{i}+1\right)^{3}}=\frac{i}{\left(1-i(z-i)\right)^{3}}}\)
Teraz:
\(\displaystyle{ \frac{1}{1-w}=\sum_{n=0}^{+\infty}w^{n}, |w|<1}\)
Różniczkujemy to stronami po \(\displaystyle{ w}\) (tw. o różniczkowaniu szeregów potęgowych) i mamy kolejno:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(1-w)^{2}}=\sum_{n=1}^{+\infty}nw^{n-1}\\\frac{2}{(1-w)^{3}}=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)w^{n-2}\\\frac{i}{(1-w)^{3}}=\sum_{n=2}^{+\infty}i{n\choose 2}w^{n-2}}\)
Teraz podstawiamy \(\displaystyle{ w:=i(z-i)}\) i chyba po robocie…
Teraz:
\(\displaystyle{ \frac{1}{1-w}=\sum_{n=0}^{+\infty}w^{n}, |w|<1}\)
Różniczkujemy to stronami po \(\displaystyle{ w}\) (tw. o różniczkowaniu szeregów potęgowych) i mamy kolejno:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(1-w)^{2}}=\sum_{n=1}^{+\infty}nw^{n-1}\\\frac{2}{(1-w)^{3}}=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)w^{n-2}\\\frac{i}{(1-w)^{3}}=\sum_{n=2}^{+\infty}i{n\choose 2}w^{n-2}}\)
Teraz podstawiamy \(\displaystyle{ w:=i(z-i)}\) i chyba po robocie…