3-й семестр / Лекции / 13 - презентация

(

)

2 +1

Пример 3.

Разложить в ряд Лорана функцию

=

2+ −2

в

окрестности 0 = 1.

Найдем особые точки функции

, для этого приравняем

(

)

знаменатель к нулю 2 + − 2 = 0,

= 1, = −2, т.е. разложение

1

2

необходимо осуществить в окрестности особой точки 1 = 1, т.е. в

кольце 0 <

|

− 1 < 3. Число 3 найдено, как расстояние между

|

2 + 1

=

+

=

1

+

1

.

2 + − 2

− 1

+ 2

− 1

+ 2

функцию

1

=

1

=

1

1

=

1

1

. Используя табличное

−1

+2

+3

3

1+

3

1+

3

3

разложение, получим

1

1

1

1

− 1

(

)2

(

)3

− 1

− 1

=

=

[1 −

+

−

+. . . ]

+ 2

3

1 +

− 1

3

3

9

27

3

Область сходимости этого ряда

|

−1

| < 1

или

|

− 1

|

< 3. Таким

3

2 − 1

1 1 − 1

(

)2

(

− 1

)3

(

)

− 1

= 2 + − 2

= − 1 + 3 − 9 +

27

−

81

+. ..

1

(

)−1

Слагаемое

−1

является степенью

− 1

и поэтому не требует

дальнейшего разложения.

( )

2 −3

Пример 4. Разложить в ряд Лорана функцию

=

2−4 +3

в

окрестности ее особых точек.

(

)

:

2

− 4 + 3 = 0, 1

= 1, 2 = 3.

Найдем особые точки функции

Получим разложение функции

в

окрестности точки 1 = 1.

Ближайшая область аналитичности -

кольцо 0 < | − 1| < 2. Число

2 −3

=

+

=

1

∙

1

+

3

∙

1

.

2−4 +3

−1

−3

2

−1

2

−3

Сделаем замену: − 1 = , т.е. = + 1 и перепишем функцию

1

∙

1

+

3

∙

1

=

1

∙

1

+

3

∙

1

=

1

1

−

3

∙

1

=

1

1

−

3

∙

1

=

1

1

−

2

−1

2

−3

2

2

−2

2

2

2−

2

4

1−

2

2

3

1

1

3

( −1)

∑∞=0

=

−

∑∞=0

.

4

−1

2

2

4

2

1

1

3

1

1

1

3

1

1

1

3

1

1

∑∞=0(−1)

3

∙

+

∙

=

∙

+

∙

=

+

∙

=

+

∙

2

−1

2

−3

2

+2

2

4

1+

2

4

2

2

2

1

1

∑∞=0(−1)

( −3)

3

1

=

+

∙

.

4

2

2

−3

−3

|

|

Область сходимости этого ряда

0 ≤ |

2

| < 1 или 0 <

− 3 < 2.

1

( )

1

Решение:

сделаем замену

= −3, получим

=

4

.

Используя табличное разложение для функции cos :

cos = 1 −

2

+. . . +(−1)

2

+. . . = ∑∞=0(−1)

2

, получим

2!

(2 )!

(2 )!

1

= 1 −

1

+

1

−

1

+. . .,

− 3

2!

(

)2

4!

(

)4

(

)6

− 3

− 3

6! − 3

тогда

( )

(

)4

1

1

1

(1 −

(

)2 +

(

)4 −

(

)6 +

= − 3

2!

4!

6!

− 3

− 3

− 3

(

)2

1

1

)

(

)4

− 3

+. . .

−

+

−

(

)2 +. ..

= − 3

2!

4!

6!

− 3

одной

выброшенной точкой

= 3. Его можно определить так:

0 <

|

− 3

|

< +∞. Здесь = 0, = +∞. В указанной области

)

–

(

1

= −

1

1

= −

1

(1 +

+

2

+ ) = − ∑∞=0

.

2

+1

−3

3

1−

3

3

3

3

3

1

1

1

1

2

−

= −

= −

(1 −

+

− ) = − ∑∞=0(−1)

,

+2

2

1+

2

2

22

2+1

2

( )

1

1

1

1

1

∑∞

1

1

=

=

(

−

) = −

=0

(

+ (−1)

)

.

2− −6

5

−3

+2

5

3+1

2+1