Hướng dẫn làm bài tập khai triển chuỗi Laurent | Đại học Bách khoa Hà Nội

Hướng dẫn làm bài tập khai triển chuỗi Laurent | Đại học Bách khoa Hà Nội giúp bạn củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

170 85 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 Hậu
HƯỚNG DẪN LÀM BÀI TẬP
KHAI TRIỂN CHUỖI LAURENT
Bài 1. Khai triển Laurent của các hàm số sau
( )
( )
1
1
fz
zz
=
−
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,Dz
2
:1 | |Dz +
Trong mỗi miền này,
()fz
được khai triển thành chuỗi bằng cách sử dụng khai
triển của chuỗi lũy thừa (*).
Trong
, vì
0 | | 1z
nên ta có:
1
00
1 1 1 1
()
(1 ) 1
nn
nn
f z z z
z z z z z
+ +
−
==
= = = =
−−

Trong
2
D
, ta có:
1
1
z
2
22
00
1 1 1 1 1 1
()
1
(1 )
(1 )
nn
nn
fz
z z z z z z
z
−
+ +
==
= = − = − =
−
−

(
1 | |z +
)
Bài 2. Khai triển Laurent của các hàm số sau
( )
( )
1
( 1) 2
fz
zz
=
−−
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,Dz
2
:1 | | 2,Dz
3
:2 | |Dz +
Trong mỗi miền này,
()fz
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
fz
z
z z z
z
z z z
+ + +
−+
+
= = =
= − = − −
− − −

−


= − − = − +
Trong
, vì
1
1
z
và
1
2
z
nên ta có:
11
00
1 1 1 1 1 1
()
1
2 1 2
11
2
1
; (1 | | 2).
2
n
nn
nn
fz
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
()
21
21
11
1 2 1 1 1 2 1
; (2 ) .
nn
nn
n
n n n
fz
z z z z
zz
z
z z z z z z
+ + +
+
= = =
= − = −
−−
−−
−
= − = +
Bài 3: Khai triển Laurent của hàm số
1
()
( 3)
fz
zz
=
−
1.0 3 1
3
z
z
1
1
00
1 1 1 1 1 1
( ) . . .
( 3) 3 3 3
3
(1 )
3
n
n
n
nn
zz
fz
z
z z z z
−

+
==

= = − = − = −

−

−

3
2. 3 1z
z
1
00
1 1 1 1 3 3
( ) . . .
3
( 3)
(1 )
n
n
n
nn
fz
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
fz
z
z z z z z
= = = =
−
− − + − −
+
1
1
00
1 3 1 ( 3)
( ) ( 1) ( 1)
3( 3) 3 3( 3)
3
n
n
nn
n
nn
zz
fz
zz
−

+
==
−−

= − = −

−−


1
1
4
4.1 4 4
4
1
4
z
z
z
−
−
−
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) . . .
14
( 3) 3 3 3 4 4
11
44
fz
z
z z z z z
z



= = − = +


−
− − −


++

−
1
00
1 1 1 4
( ) ( 1)
3 12 4
( 4)
n
n
n
nn
z
fz
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  2 1 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= 2 0 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 2 0 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 n n 1 +  2  1 +  1  1 + 2n −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= 3 0 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 =  z +  n 0 n=0 z (1 − ) 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 −  z − − n 3 1 n ( 3)  f (z) = ( 1 − ) = ( 1 − )   n 1 3(z − 3) =   z + − n 3 3( 3) 0 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 + −   n= (z 4) 12 n= 4 0 0