Ряд Лорана

test_3 · Сообщение **test_3** » 08 апр 2011, 20:47

Задание такое
Разложить в ряд Лорана функцию в окрестности нулевой точки
$e^{z-\frac{1}{z}}$
Решал так
$e^{z-\frac{1}{z}}=e^ze^{-\frac{1}{z}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^m m!}$
A дальше как найти произведение этих бесконечных сумм не знаю.
Расписывал так (типа раскрываем скобки)

$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^m m!}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^m m!}+\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-1} m!1!}+\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-2} m!2!}+...+\\ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-k} m!k!}+... =\sum_{k=0}^{\infty}{\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-k} m!k!}}$

Ho это ж вроде не ряд Лорана (должно суммироваться по степеням х, a тут выходит набор сумм по степеням)
Подскажите как правильно выполнить преобразования

Ian · Сообщение **Ian** » 09 апр 2011, 06:09

Дальнейщая пара небольших действий напоминает замену переменных ( $$n=m-k$$

)и смену порядка интегрирования в повторных интегралах, картинка множества изменения (n,k) помогает. Как Ваше почленное умножение рядов, так и мои действия оправдываются здесь тем, что перемноженные ряды сходятся абсолютно и равномерно на любом компакте в проколотой $\mathbb C$

test_3 писал(а):Source of the post
$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^m m!}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^m m!}+\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-1} m!1!}+\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-2} m!2!}+...+\\ \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-k} m!k!}+... =\sum_{k=0}^{\infty}{\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{z^{m-k} m!k!}}$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=-k}^{\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{z^nk!(n+k)!}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}z^{-n}\sum_{k=\max(-n,0)}^{\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{k!(n+k)!}$

test_3 · Сообщение **test_3** » 09 апр 2011, 17:10

ХитрО! Спасибо

Алексей Орлов

A если так решать:

$e^{z-\frac{1}{z}}=\sum_{n = 0}^{\infty } \frac{(z-\frac{1}{z})^{n}}{n!}=\sum_{n = 0}^{\infty }\frac{1}{n!}\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}z^kz^{-n+k}=\sum_{n = 0}^{\infty }\frac{z^{-n}}{n!}\sum_{k = 0}^{n}{k \choose n}z^{2k}$

Как посчитать эту конечную сумму, часть бинома, где сумма только по четным степеням?

yourdomain.com