Теория функций комплексного переменного. Фомин В.И. - 116 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

( )
∑
∞
=
+
+
−
=+
0
1
1
)1(
1ln
n
nn
n
z
z
,
(
)
0
1
Oz ∈
. (15.44)
Используя разложения (15.36) – (15.44), можно получать разложения в ряд Тейлора различных элементарных функций
комплексного переменного.
Пример 15.1. Найдём разложение функции
(
)
(
)
13/1 += zzf
в ряд Тейлора в окрестности точки
2
0
−=z
, т.е. по
степеням
2
+
z
.
Преобразуем функцию
(
)
zf
:
( )
5
)2(3
1
1
5
1
5)2(3
1
13
1
+
−
−=
−+
=
+
=
z
zz
zf
.
Воспользуемся разложением (15.36), взяв в нём в качестве
z
выражение
5
)2(3 +z
:
( ) ( )
0 0
1 3( 2) 1 3
2
5 5 5 5
n
n
n
n n
z
f z z
∞ ∞
= =
+
= − = − +
∑ ∑
. (15.45)
Разложение (15.36) справедливо при
1<z
, следовательно, разложение (15.45) справедливо при
1
5
)2(3
<
+z
или
3
5
2 <+z
,
т.е. в открытом круге
(
)
2
3
5
−O
. Итак,
( )
0
1 1 3
2
3 1 5 5
n
n
z
z
∞
=
= − +
+
∑
,
(
)
2
3
5
−∈Oz
. (15.46)
Заметим, что радиус сходимости степенного ряда в правой части (15.46) можно было найти по формуле (15.18):
функция
(
)
zf
имеет единственную особую точку
3
1
ˆ
−=z
, следовательно,
=−=
0
ˆ
zzR
3
5
)2(
3
1
=−−−=
.
Пример 15.2. Найдём разложение функции
( )
54
1
2
−+
+
=
zz
z
zf
в ряд Тейлора в окрестности точки
0
0
=z
, т.е. по степеням
z
.
Преобразуем функцию
(
)
zf
:
( )
( )( )
2
1 1
5 1 5 1
4 5
z z A B
f z
z z z z
z z
+ +
= = = + =
+ − + −
+ −
2 1 1 1 2 1 1 1
3 5 3 1 15 3 1
1
5
z
z z z
= + = −
+ − −
+
.
Воспользуемся разложениями (15.36), (15.37):
при
1
5
z
<
, т.е. при
5<z
( )
0
1
1
5
1
5
n
n
n
z
z
∞
=
= −
+
∑
;
при
1<z
∑
∞
=
=
−
0
1
1
n
n
z
z
.
Тогда при
1<z
, т.е.
(
)
0
1
Oz ∈

Страницы