Bài tập khai triển laurent (Hướng dấn) | Toán cao cấp | Trường đại học Bách Khoa Hà Nội

Bài tập khai triển laurent (Hướng dấn) | Toán cao cấp | Trường đại học Bách Khoa Hà Nội. Tài liệu được biên soạn giúp các bạn tham khảo, củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao kết thúc học phần. Mời các bạn đọc đón xem!

155 78 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn: Toán cao cấp

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội

Thông tin:

3 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Thùy Dương
NG D N LÀM BÀI T HƯỚ Ẫ ẬP
KHAI TRI N CHU I LAURENT Ể Ỗ
Bài 1. Khai triển Laurent của các hàm số sau
( )
( )
1
1
f z
z z
=
−
trong miền
0 z
Có hai điểm kỳ dị (không giải tích)
1
0z =
và
2
1z =
; hàm giải tích trong 2
miền:
1
:0 | | 1,D z
2
:1 | |D z +
Trong mỗi miền này,
( )f z
được khai triển thành chuỗi bằng cách sử dụng khai
triển của chuỗi lũy thừa (*).
Trong
, vì
0 | | 1z
nên ta có:
1
0 0
1 1 1 1
( )
(1 ) 1
n n
n n
f z z z
z z z z z
+ +
−
= =
= = = =
− −
Trong
2
D
, ta có:
1
1
z
2
2 2
0 0
1 1 1 1 1 1
( )
1
(1 )
(1 )
n n
n n
f z
z z z z z z
z
−
+ +
= =
= = − = − =
−
−
(
1 | |z +
)
Bài 2. Khai triển Laurent của các hàm số sau
( )
( )
1
( 1) 2
f z
z z
=
− −
trong miền
0 z
Có hai điểm kỳ dị (không giải tích)
1
1z =
và
2
2z =
; hàm giải tích trong 3 miền:
1
:| | 1,D z
2
:1 | | 2,D z
3
: 2 | |D z +
Trong mỗi miền này,
( )f z
được khai triển thành chuỗi bằng cách sử dụng khai
triển của chuỗi lũy thừa (*).
Trong
, vì
| | 1z
suy ra
1
2
z
nên ta có:
( 1)
1
0 0 0
1 1 1 1 1
( )
2 1 2 1
1
2
(2 1) ; (| | 1).
2
n
n n n
n
n n n
f z
z
z z z
z
z z z
+ + +
− +
+
= = =
= − = − −
− − −
−
= − − = − +
Trong
, vì
1
1
z
và
1
2
z
nên ta có:
1 1
0 0
1 1 1 1 1 1
( )
1
2 1 2
1 1
2
1
; (1 | | 2).
2
n
n n
n n
f z
z
z z z
z
z
z
z
+ +
+ +
= =
= − = − −
− −
− −
= − −
Trong
, vì
1
1
z
và
2
1
z
nên ta có
1
0 0 0
1 1 1 1 1 1
( )
2 1
2 1
1 1
1 2 1 1 1 2 1
; (2 ) .
n n
n n
n
n n n
f z
z z z z
z z
z
z z z z z z
+ + +
+
= = =
= − = −
− −
− −
−
= − = +
Bài 3: Khai tri n Laurent c a hàm s ể ủ ố
1
( )
( 3)
f z
z z
=
−
1.0 3 1
3
z
z
1
1
0 0
1 1 1 1 1 1
( ) . . .
( 3) 3 3 3
3
(1 )
3
n
n
n
n n
z z
f z
z
z z z z
−
+
= =
= = − = − = −
−
−
3
2. 3 1z
z
1
0 0
1 1 1 1 3 3
( ) . . .
3
( 3)
(1 )
n
n
n
n n
f z
z z z z z
z
z
+
= =
= = = =
−
−
3
3.0 3 3 1
3
z
z
−
−
1 1 1 1 1 1
( ) . .
3
( 3) 3 3 3 3 3
(1 )
3
f z
z
z z z z z
= = = =
−
− − + − −
+
1
1
0 0
1 3 1 ( 3)
( ) ( 1) ( 1)
3( 3) 3 3( 3)
3
n
n
n n
n
n n
z z
f z
z z
−
+
= =
− −
= − = −
− −
1
1
4
4.1 4 4
4
1
4
z
z
z
−
−
−
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) . . .
1 4
( 3) 3 3 3 4 4
1 1
4 4
f z
z
z z z z z
z
= = − = +
−
− − −
+ +
−
1
0 0
1 1 1 4
( ) ( 1)
3 12 4
( 4)
n
n
n
n n
z
f z
z
+
= =
−
= − +
−
| 1/3
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN LÀM BÀI TẬP
KHAI TRIỂN CHUỖI LAURENT
Bài 1. Khai triển Laurent của các hàm số sau f ( z) 1 = z (1− z)
trong miền 0  z   
Có hai điểm kỳ dị (không giải tích) z = 0 và z = 1 ; hàm giải tích trong 2 1 2 miền:
D : 0 | z |1, D :1 |  z | + 1 2
Trong mỗi miền này, f (z) được khai triển thành chuỗi bằng cách sử dụng khai
triển của chuỗi lũy thừa (*). Trong D , vì 0 |
z | 1 nên ta có: 1 1 1 1 1 + + n n 1 f ( ) z = = = z = z −   z(1 − z) z 1 − z z n=0 n=0
Trong D , ta có: 1  1 2 z n n− 2 1 1 1 1 +  1 +   1  f (z) = = − = −  =  (1 |  z | +) 2 2     z(1 − z) z 1 z =  z  =  z n 0 n 0 (1 )  − z
Bài 2. Khai triển Laurent của các hàm số sau f (z) 1 = trong miền
( z −1) ( z − 2) 0  z   
Có hai điểm kỳ dị (không giải tích) z =1 và z = 2 ; hàm giải tích trong 3 miền: 1 2
D :| z | 1, D :1 | z | 2, D : 2 | z | + 1 2 3
Trong mỗi miền này, f (z) được khai triển thành chuỗi bằng cách sử dụng khai
triển của chuỗi lũy thừa (*). Trong z
D , vì | z | 1 suy ra  nên ta có: 1 1 2 1 1 1 1 1 f (z ) = − = − − z − 2 z −1 2 z  1 − z 1 −   2  + n z + + n − (n 1 + ) = − −  z = − (2 +1) n
z ; (| z | 1). n 1 + n=0 2 n=0 n=0 Trong z D , vì 1 và  nên ta có: 2  1 1 z 2 1 1 1 1 1 1 f (z) = − = − − z − 2 z − 1 2  z z  1  1 − 1 −     2   z  + n z + 1 = − − ; (1 | z |   2). n+1 n+1 z n= 0 2 n= 0
Trong D , vì 1  và 2  nên ta có 3 1 1 z z 1 1 1 1 1 1 f ( ) z = − = − z − 2 z − 1 z  2  z  1  1− 1   −    z   z  1 + 2 n  1 + 1 n  1 + 2 n 1n − =
   −    =  ; (2  z  +) . n 1 z =  z z =  z z = z + n 0 n 0 n 0
Bài 3: Khai triển Laurent của hàm số 1
f (z) = z(z −3) z 1.0  z  3   1 3 n   n− 1 1 1 1 1 1 1  z z f (z) = = − . . = − .  = −    n+1 ( z z − 3) 3 z z 3 z n =0  3  n =0 3 (1 − ) 3 3 2. z  3   1 z n 1 1 1 1   3   3n f (z) = = . = .  = .    n+1 ( z z − 3) z 3 z n=0 z n= 0 (1 − ) z z z − 3 3.0 z − 3  3  1 3 1 1 1 1 1 1 f (z) = = . = . = z(z − 3)
z − 3 3 + z − 3 z − 3 3 z − 3 (1 + ) 3 n   n 1 1 −  z −3  1 ( z −3)  f (z) = ( 1 − )n = ( 1 − )n   n+1 3(z − 3)   − n= 0 3 3(z 3) n=0 3  1  1   z − 4
4.1 z − 4  4   z − 4   1  4   1 1 1 1 1  1 1 1 1    f (z) = = . − =    . + .  z(z −3) 3  z −3 z  3 z − 4 1 4 z − 4  1 1  + +   z − 4 4  n 1    z −  n 1 1 4
f (z) = ( 1 − ) +  n 1   3 z + −   n = ( 4) 12 n = 4 0 0