Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 111-115

	z	<1 или	z	< 2.
Разложение справедливо при

	2

Поскольку разложение в ряд Лорана тоже единственно, то данное разложение будет также и лорановским в области z < 2. (Ряд

Тейлора и ряд Лорана совпадают.)

Разложение в точке z = ∞.

Введем ζ = 1 :

1

z

ζ

f (z) =

=

.

z

−2

1 −2

1−2ζ

ζ

И эту функцию надо разложить по ζ

в нуле. Обозначив 2ζ = t ,

опять используем представление (8.2):

1

∞

=

∑tn = ∑(2ζ)n

1−2ζ

1

−t

Отсюда

n=0

ζ

1

∞

n

=ζ

∑(2ζ)n = ∑2n ζn+1 = ∑

2

1-2ζ

n 1

n=0

z +

Разложение справедливо в области

2ζ

<1 или

z

> 2.

Пример 8.5. Для функций ez ,

sin z ,

cos z

получить разложение

в ряд Лорана в окрестности z =∞.

Решение. Так как эти функции аналитичны во всех конечных точках комплексной плоскости, то лорановское разложение их в любой точке будет совпадать с тейлоровским разложением. Поэтому напишем известные разложения этих функций в ряд Тейлора в точке z0 = 0 :

∞

z

n

∞

(−1)

n

z

2n+1

∞

(−1)

n

z

2n

ez = ∑

; sin z = ∑

; cos z = ∑

.

n!

(2n +1)!

(2n)!

n=0

Разложения эти справедливы во всей комплексной плоскости. Поэтому в силу единственности разложения в ряд Лорана это же будут и разложения этих функций в ряд Лорана в бесконечности.

111

1

Пример 8.6. Разложить функцию e z в ряд Лорана в нуле. Решение. Разложим вначале эту функцию в ряд Лорана в точке

z =∞. Для этого введем ζ =	1					1			= eζ по ζ в
z =∞. Для этого введем ζ =	1	и разложим функцию e						z	= eζ по ζ в
нуле (см. пример 8.5):	z
нуле (см. пример 8.5):
1		∞		n	∞	1
ez = eζ =		∑ ζ			= ∑	1	.
ez = eζ =		∑ ζ			= ∑	n	.
		n=0	n!		n=0	n!z

А поскольку между нулем и бесконечностью данная функция всюду аналитична, т.е. окрестности аналитичности в нуле и в бесконечности совпадают, то данное разложение будет одновременно и разложением в ряд Лорана в нуле. Оно справедливо в области

0 < z <∞. Аналогично получаются разложения в нуле функций sin 1z и cos 1z .

Пример 8.7 ([3], № 4.6). Функцию f (z) =		1	разложить в
	(z2 +1)2

ряд Лорана в окрестности точек z =i и z = ∞.
Решение. Разложение в окрестности точки i		должно, по опре-
делению, иметь вид

+∞

f (z) = ∑ cn (z −i)n .

n=−∞

Попробуем опять путем предварительных преобразований свести задачу к использованию разложения (8.2), которое, напомним, имеет вид

1

∞

= ∑ tn

1−t

t

n=0

и справедливо при

<1, из которого легко получается разложение

функции

1

Действительно,

так как при

t

<1 лорановское

(1−t)2

разложение (8.2) совпадает с разложением тейлоровским, а последнее можно дифференцировать почленно (при этом область сходимости остается той же), то

112

1

′

∞

n−1

∞

n

=

∑ nt

= ∑ (n +1)t

.

(8.4)

(1 −t)

2

−t

1

n=1

n=0

1

Воспользовавшись этим представлением, запишем

в

(z +1)2

виде

1 ′

1

= −

,

(z +i)

2

z

+i

1

∞

(z

−i)

n

=

∑ (−1)n

z −i

(2i)n

z −i + 2i

2i

1+

2i n=0

2i

по формуле (8.2). Следовательно,

1

= −

1

'

1

∞

(−1)

n

(z

−i)

n

'

= −

∑

=

2

n

(z +i)

+i

(2i)

z

2i n=0

1

∞

(−1)

n

n (z −i)

n−1

1

∞

(−1)

n+1

(n

+1)(z −i)

n

= −

∑

= −

∑

=

2n in

(2i)n+1

2i

n=1

2i n=0

∞

(−1)

n

(n +1)(z −i)

n

.

= ∑

n=0

(2i)n+2

Разложение справедливо при

z −i

<1,

т.е. при

z −i

< 2.

2i

Далее:

∑ (−1)

n

(n +1)(z −i)

n

1

=

1

= 1

f (z) =

(

)

∞

(2i)n+2

z

2

+

1

2

(z −i)2 (z +i)2

(z −i)2

n=0

или, если выделить отдельно два первых слагаемых (при п = 0 и

п = 1):

	1		i	∞	(−1)	n	(n +1)(z −i)	n−2
f (z) = −		−		+ ∑				,
	4(z −i)2		4(z −i)				(2i)n+2
				n=2

или, переобозначив под знаком суммы n − 2 → n :

113

	1			i	∞	(−1)n+1 (n +3)(z −i)n
f (z) = −		−			+ ∑
	(z −i)2		4	(z −i)		2n+1 in
4					n=0

(0 <| z −i |< 2) .

Разложение в точке z =∞. Как требует определение, вводим переменную

ζ =

1

:

f (z) =

1

=

1

=

ζ4

= φ(ζ)

z

(z2 +1)2

1

2

(1 +ζ2 )2

+1

ζ

2

и функцию φ(ζ)

разлагаем в точке ζ = 0 . Обозначив ζ2 = −t и вос-

пользовавшись разложением (8.4), получим:

1

∞

=

∑(n +1)tn

= ∑(n +1)(−1)n ζ2n .

2

)

2

(1

−t)

2

(1+ζ

n=0

Следовательно,

∞

ζ

4

1

φ(ζ) =

= ζ

4

=

ζ4 ∑(n +1)(−1)n ζ2n =

2

)

2

)

2

(1+ζ

n=0

∞

1

= ∑(−1)n (n +1)ζ2n+4 = ∑(−1)n (n +1)

.

z

2n

4

n=0

+

Разложение справедливо при

z

>1.

1

Пример 8.8. Разложить функцию f (z) = cos

в ряд Лорана в

z −1

окрестности точки z = 1.

1

Решение. Проведя замену

=t , получим

z

−1

f (z) = cos

1

= cost = ϕ(t),

z

−1

причем ϕ(t) требуется разложить в точке t =∞.

Как мы уже знаем

(см. пример 8.5), разложения cost

в бесконечности и в нуле совпа-

дают:

∞

(−1)

n

t

2n

(−1)

n

cost = ∑

= ∑

= f (z) .

(2n)!

(2n)!(z −1)

2n

n=0

Разложение справедливо при

t

< ∞ или

z −1

> 0.

114

Пример		8.9 ([3], № 4.11). Разложить функцию
f (z) = cos	z2	−4z	в ряд Лорана в окрестности точки z = 2.
	( z	−2)2

Решение. Преобразуем функцию следующим образом:

z

2

−4z

z

2

−4z +4 −4

= cos (z −

2)

2

−

4

cos

= cos

4 = cos 1

−

=

( z −2)

(z −2)

2

(z −2)

2

= cos1 cos

4

+sin1 sin

4

.

(z

−2)2

( z −2)2

Далее, введя переменную t =

4

, придем к необходимости

(z −2)2

разлагать функцию по t

в окрестности t =∞:

f (z) = cos

z2 − 4z

= cos1 cos t +sin1 sin t.

( z − 2)2

Эти разложения известны:

∞

(−1)n t2n

∞

(

−1)n t2n+1

cos t = ∑

(2n)!

; sin t = ∑

(2n +1)!

.

Следовательно,

n=0

∞

(−1)n

4

2n

∞

(−1)n

4

2n+1

f (z) =cos1 ∑

+sin1 ∑

.

(2n)!

(z −2)

2

(2n +1)!

−2)

2

n=0

(z

Оба слагаемых можно объединить под одним знаком суммы, если в первой сумме выделить член с п = 0, а во второй переобозначить n → n −1 :

∞

(−1)

n

4

2n

∞

(−1)

n−1

2n−1

f (z) =cos1+∑

cos1+sin1 ∑

4

=

(2n)!(z −2)

4n

(2n −1)!(z −2)

4n−2

n=1

∞ (−1)n 42n cos1

(−1)n−1 42n−1 sin1

= cos1+∑

4n

+

(2n)!(z −2)

(2n −1)!(z −2)

4n−2

n=1

при 0 < z −2 <∞.

115

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: