로랑 확장을 찾는 방법 $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ 약 $z=0$?
로랑 확장판을 찾고 싶습니다. $\frac{\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)}{z-1}$ 약 $z=0$,
이 공식을 적용 해 보았습니다 $\frac{1}{1-\omega}=\sum_{n=0}^{\infty }\omega^{n}$ 그리고 지수 함수의 일반적인 Taylor 시리즈이지만 계속하는 방법을 모르겠습니다.
$$\begin{align}f(z)&=\frac{1}{z-1}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\ &=-\frac{1}{1-z}\exp\left(\frac{1}{z^{2}}\right)\\&=-\left (\sum_{n=0}^{\infty }z^{n} \right )\left ( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )\end{align}$$미리 감사드립니다.
추신 : 나는 코시 제품을 적용 해 보았지만 이것이 적절하지 않다고 생각합니다.
편집 1 : 텍스트 끝에 유용하다면 저자는 Laurent 확장이 다음과 같다고 말합니다.
$\sum_{k=-\infty }^{\infty }a_{k}z^{k}$ 와 $a_{k}=-e$ 만약 $k\geq 0$ 과 $a_{k}=-e+1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+...+\frac{1}{(j-1)!}$만약 $k=-2$ 또는 $k=-2j+1$ 어디 $j=1,2,...$
답변
먼저 두 개의 시리즈를 작성할 수 있습니다. $\frac1{z-1}$ 두 지역에서 $|z|<1$ 과 $|z|>1$ 같이
$$\frac1{z-1}=\begin{cases} -\sum_{n=0}^\infty z^n&,|z|<1\\\\ \sum_{n=1}^\infty z^{-n}&,|z|>1\tag1 \end{cases}$$
둘째, Laurent 시리즈 $e^{1/z^2}$ ...에 대한 $0<|z|$ ~에 의해 주어진다
$$e^{1/z^2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\tag2$$
어디 $a_n$ 시퀀스 그런 모자
$$a_n=\begin{cases} 1&,n\,\text{even}\\\\ 0&,n\,\text{odd} \end{cases}$$
퍼팅 $(1)$ 과 $(2)$ 함께 공개
$$\frac{e^{1/z^2}}{z-1}= \begin{cases} -\sum_{m=0}^\infty z^m \sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}&,0<|z|<1\tag3\\\\ \sum_{m=1}^\infty z^{-m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}&,1<|z| \end{cases} $$
에 대한 $|z|>1$, Laurent 시리즈 $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ 쓸 수있다
$$\begin{align} \frac{e^{1/z^2}}{z-1}&=\sum_{m=1}^\infty z^{-m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,\sum_{m=1}^\infty z^{-(n+m)}\\\\ &\overbrace{=}^{p=n+m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=n+1}^\infty\,z^{-p}\\\\ &=\sum_{p=1}^\infty\left(\sum_{n=0}^{p-1} \frac{a_n}{(n/2)!}\right)\,z^{-p} \end{align}$$
에 대한 $0<|z|<1$, Laurent 시리즈 $\frac{e^{1/z^2}}{z-1}$ 쓸 수있다
$$\begin{align} \frac{e^{1/z^2}}{z-1}&=-\sum_{m=0}^\infty z^{m}\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\,z^{-n}\\\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{m=0}^\infty z^{m-n}\\\\ &\overbrace{=}^{p=m-n}-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=-n}^\infty z^{p}\\\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\left(\sum_{p=-n}^{0} z^{p}+\sum_{p=1}^\infty z^{p}\right)\\\\ &=-e \sum_{p=1}^\infty z^{p}-\sum_{n=0}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!}\sum_{p=0}^{n} z^{-p}\\\\ &=-e \sum_{p=1}^\infty z^{p}-\sum_{p=0}^{\infty}\left(\sum_{n=p}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!} \right)z^{-p}\\\\ &=-e \sum_{p=0}^\infty z^{p}-\sum_{p=1}^{\infty}\left(\sum_{n=p}^\infty \frac{a_n}{(n/2)!} \right)z^{-p} \end{align}$$
당신의 $=-\left (\sum\limits_{m=0}^{\infty }z^{m} \right )\left ( \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{2n}} \right )$ 중 하나 변경 $n$ ...에 $m$, 당신은 계수를 말할 수 있습니다 $z^k$ 이다
- $-\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac1{n!} =-e$ 언제 $k\le 0$
- $-\sum\limits_{n=k/2}^{\infty} \frac1{n!} =\sum\limits_{n=0}^{n=(k-2)/2} \frac1{n!}-e$ 언제 $k\gt 0$ 그리고 심지어
- $-\sum\limits_{n=(k+1)/2}^{\infty} \frac1{n!} =\sum\limits_{n=0}^{(k-1)/2} \frac1{n!}-e$ 언제 $k\gt 0$ 그리고 심지어
그러나 그것은 나에게 잘못된 것 같습니다. $$\cdots -e z^{-5} -e z^{-4} -e z^{-3} -e z^{-2} -e z^{-1} -e z^{0}+ \\(1-e)z^1 +(1-e)z^2 +(2-e)z^3 +(2-e)z^4+\left(\frac52-e\right)z^5+\cdots$$ 수렴 할 때 $|z| \le 1$.
한편 다른 곳에서 질문 한 동일한 질문에 대해 제안 된 답변 이 적용되었습니다.$$z^{-1}+z^{-2}+2 z^{-3}+2 z^{-4}+\frac{5 }{2}z^{-5}+\frac{5}{2}z^{-6}+\cdots$$ 그러나 나는 그것이 언제도 수렴한다고 생각하지 않습니다. $|z|\le 1$