Taylor i Laurent (zespolone)

[Gasho]

wdzieczny za pomoc bede bardzo:)


rozwinac w szereg Taylora wokol punktu \(\displaystyle{ z_{0} = 1}\)
\(\displaystyle{ 1) \ f(z) = \frac{z^2}{(z+1)^2}}\)
\(\displaystyle{ 2) \ f(z) = ze^z}\)

rozwinac w szereg Laurenta w podanych pierscianiach oraz podac wartosc wspolczynnikow \(\displaystyle{ a_{-1}, \ a_{0}, \ a_{1}}\):
\(\displaystyle{ 3) \ f(z) = \frac{2z}{z^2 + 1} \ \ \ P(i,0,2)}\)
\(\displaystyle{ 4) \ f(z) = \frac{2(z+1)}{z^2 - 1} \ \ \ P(1+i,1,\sqrt{5})}\)

I bonus: zbadac krotnosc punktu zerowego z = 0:
\(\displaystyle{ 5) \ f(z) = z^{2}(e^{z^{2}}-1)}\)

z gory dziekuje:)

[King James]

2)

\(\displaystyle{ f(z)=ze^z}\)
\(\displaystyle{ f^{(n)}(z)=ne^z+ze^z}\)
\(\displaystyle{ f^{(n)}(1)=e(n+1)}\)
\(\displaystyle{ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e(n+1)}{n!} (z-1)^n}\)

3) w \(\displaystyle{ P(i; 0, 2)}\) mamy:

\(\displaystyle{ f(z)=\frac{2z}{z^2+1}=\frac{1}{z+i}+\frac{1}{z-i}=\frac{1}{2i}\cdot \frac{1}{1+\frac{z-i}{2i}}+\frac{1}{z-i}}\)
\(\displaystyle{ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(z-i)^n}{(2i)^{n+1}}+\frac{1}{z-i}}\)

Skąd \(\displaystyle{ a_{-1}=1}\), \(\displaystyle{ a_0=-\frac{i}{2}}\), \(\displaystyle{ a_{1}=\frac{1}{4}}\)

5) Bonus

\(\displaystyle{ f(z)=z^2(e^{z^2}-1)=z^2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n}}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+2}}{n!}}\)

Punkt \(\displaystyle{ z_0=0}\) jest pozornie osobliwym i zerem 4-krotnym f.

[imi]

Bardzo proszę o pomoc przy takim zadaniu:
Znaleźć rozwiniecie f(z)=((expz)^4)-1/z^3, z należy do zespolonych z wyłączeniem 0. Znaleźć rozwinięcie Laurenta. Wyznaczyć część główną.

[ugabugaaa]

2)
\(\displaystyle{ f(z)=z^2(e^{z^2}-1)=z^2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n}}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+2}}{n!}}\)

Punkt \(\displaystyle{ z_0=0}\) jest pozornie osobliwym i zerem 4-krotnym f.

wybaczcie, że odgrzebuje, ale skąd wiadomo, że ten punkt jest zerem 4-krotnym?

[JakimPL]

Pierwszy wyraz w rozwinięciu ma czwartą potęgę w rozwinięciu. Inaczej: dopiero czwarta pochodna funkcji w zerze jest niezerowa. Jeszcze inaczej: rozwijając funkcję w produkt Weierstrassa, \(\displaystyle{ z_0=0}\) występuje czterokrotnie.

[Fanik]

\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
{\mbox{1)}}f(z) = \frac{{z^2 }}{{(z + 1)^2 }} = \frac{{(z + 1)^2 - 2z - 1}}{{(z + 1)^2 }} = 1 - \frac{{2z + 1}}{{(z + 1)^2 }} = 1 - \left[ {2 \cdot \frac{{z + 1}}{{(z + 1)^2 }} - \frac{1}{{(z + 1)^2 }}} \right] = 1 - \frac{2}{{z + 1}} + \frac{1}{{\left( {z + 1} \right)^2 }} \\
\frac{2}{{z + 1}} = \frac{2}{{2 - [ - (z - 1)]}} = \frac{1}{{1 - \left[ {\frac{{ - (z - 1)}}{2}} \right]}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left[ {\frac{{ - (z - 1)}}{2}} \right]^n } = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{( - 1)^n }}{{2^n }}(z - 1)^n } \\
\end{array}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{{\left( {z + 1} \right)^2 }} = - \left[ {\frac{1}{{z + 1}}} \right]^\prime = - \left[ {\frac{1}{{2 - \left[ { - \left( {z - 1} \right)} \right]}}} \right]^\prime = - \left[ {\frac{{\frac{1}{2}}}{{1 - \left( { - \frac{{z - 1}}{2}} \right)}}} \right]^\prime = - \left[ {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{2}\left( { - \frac{{z - 1}}{2}} \right)^n } } \right]^\prime = - \left[ {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{2}\frac{{( - 1)}}{{2^n }}^n \left( {z - 1} \right)^n } } \right]^\prime = \sum\limits_{n = 1}^\infty { - \frac{1}{2}\frac{{( - 1)}}{{2^n }}^n n\left( {z - 1} \right)^{n - 1} }}\)
\(\displaystyle{ {\mbox{Zatem }}f(z) = 1 + \sum\limits_{n = 0}^\infty { - \frac{{( - 1)^n }}{{2^n }}(z - 1)^n } + \sum\limits_{n = 1}^\infty { - \frac{1}{2}\frac{{( - 1)}}{{2^n }}^n n\left( {z - 1} \right)^{n - 1} }}\)