calculus_hm_5

\documentclass[a4paper, 15pt]{article}

%--------------------------------------

\usepackage[left=15mm,right=17mm, top=2cm, bottom=2cm, bindingoffset=0cm]{geometry}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{titlesec}
\usepackage{ marvosym }
\titleformat*{\section}{\large\bfseries}
%--------------------------------------
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{cancel}
\usepackage{array}
\usepackage{tikz}
\usepackage{graphicx}
\graphicspath{ {./images/} }

% \oddsidemargin=1mm
% \textwidth=17cm
\topmargin=-25mm
% \textheight=25cm

\usepackage{mathtools}
\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil}
\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor}

\begin{document}

\setlength{\headheight}{26pt}
\pagestyle{fancy}
\fancyhf{}
\fancyhead[R]{\text{Антон Ройтерштейн, БПМИ-219}}
\fancyhead[C]{\textbf{ДЗ №5}}
\fancyhead[L]{\text{Calculus-2}}

\definecolor{lgreen}{rgb}{0.9, 1, 0.8}
\definecolor{light-blue}{rgb}{0.8, 0.85, 1}
\begin{quotation} \small\it
  "Я пишу потому, что я больше не в состоянии об этом думать."
  \hspace{1em plus 1fill}---В. Маяковский.
\end{quotation}

\subsection*{Задача 1.}
\colorbox{light-blue}{Найти область сходимости степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \cos (in) \cdot z^n \, .$} \\
\text{ } \\
По семинару ищем $R.$ Формула Коши-Адамара для рядов Лорана: \\
\[
    R = \frac{1}{
        \overline{\lim\limits_{n \to +\infty}} \cdot
        \sqrt[n]{|\cos(in)|}
    } = \frac{1}{
        \overline{\lim\limits_{n \to +\infty}} \cdot
        \left(
            \dfrac{e^n + e^{-n}}{2}
        \right)^{\dfrac{1}{n}}
    } = \frac{1}{e}
    \quad
    \Rightarrow
    \fcolorbox{green}{lgreen}{$R = \dfrac{1}{e}$}
\]
Знаем, что при $|z|<R$ ряд сходится. Проверим сходимость на границе, то есть при $|z|=R$ :
$$
\left|\cos (n i) \cdot z^{n}\right|=\frac{e^{n}+e^{-n}}{2} \cdot e^{-n}=\frac{1+e^{-2 n}}{2}>\frac{1}{2}
$$
- \fcolorbox{green}{lgreen}{получили расходимость}. \\
\textbf{Ответ:} область сходимости $=\left[0 ; \ \dfrac{1}{e}\right)$.

\subsection*{Задача 2.}
\colorbox{light-blue}{Разложить функцию $f(z) = e^{z+i} \sin(z+i)$ в ряд Тейлора с центром $z_0 = -i$ и найти его радиус сходимости.} \\
\text{ } \\
Видим перед собой $z+i$ и, долго не думая, бахаем замену
\[
    \fcolorbox{green}{lgreen}{$t=z+i$}:
\]
$$
\begin{aligned}
e^{z+i} \sin (z+i) &=e^{t} \sin t=e^{t} \cdot
\left(\frac{e^{i t}-e^{-i t}}{2 i}\right)=\frac{e^{t\cdot (1+i)}-e^{t \cdot (1-i)}}{2 i}
=-\frac{i}{2} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{t^n}{n!} \cdot \left[ (1+i)^{n}-(1-i)^{n} \right] \right)
\end{aligned}
$$
\fcolorbox{green}{lgreen}{Очевидно, радиус сходимости = $\infty$.}

\subsection*{Задача 3.}
\colorbox{light-blue}{Разложить функцию $f(z) = (z-2)^4 \cos\left(\dfrac{1}{z-2}\right)$ в ряд Лорана с центром $z_0 = 2,$ определить кольцо сходимости} \\
\colorbox{light-blue}{выделить правильную часть ряда Лорана и главную часть ряда Лорана.} \\
\text{ } \\
Бахаем аналогичную замену
\[
    \fcolorbox{green}{lgreen}{$t=z - 2$}:
\]

$$
\begin{aligned}
(z-2)^{4} \cdot \cos \left(\frac{1}{z-2} \right) &=t^{4} \cdot \cos (\frac{1}{t}) = t^{4} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{1}{t^{2 n}} \cdot \frac{1}{(2 n) !}=t^{4} \cdot\left[1-\frac{1}{2 t^{2}}+\frac{1}{24 t^{4}}+\sum_{n=3}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{1}{t^{2 n}} \cdot \frac{1}{(2 n) !}\right] = \\
&=\underbrace{(z-2)^{4}-\frac{(z-2)^{2}}{2}+\frac{1}{24}}_{\text {правильная часть Лорана}}\quad + \quad \underbrace{\sum_{n=3}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{1}{(z-2)^{2 n-4}} \cdot \frac{1}{(2 n) !}}_{\text {главная часть Лорана}}
\end{aligned}
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
\text{ } \\
$$
\[
\fcolorbox{green}{lgreen}{Радиус косинуса = $\infty$. Определили кольцо сходимости $\to |z-2|>0$, что также очевидно (проблема в 0).}
\]

\subsection*{Задача 4.}
\colorbox{light-blue}{Разложить функцию $f(z) = \dfrac{2z+1}{z^2 + z - 2}$ в ряд Лорана с центром $z_0 = 2,$ во всех возможных кольцах} \\
\colorbox{light-blue}{сходимости (тут 3 случая).} \\
\text{ } \\

$$
    f(z) = \frac{2 z+1}{z^{2}+z-2}=\frac{A}{z-1}+\frac{B}{z+2}
    =\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z+2}, \quad z_0 = 1, \, -2
$$
\text{ } \\
\text{ } \\
\fcolorbox{green}{lgreen}{$a) \ 0 < |z_0| < 1$:}
\[
    \frac{1}{z-1}+\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{2}{2+z}\right) \ = \ -\sum_{n=0}^{+\infty} z^{n}+\frac{1}{2} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{z^{n}}{2^{n}} \ = \ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}-2^{n+1}}{2^{n+1}} \cdot z^{n}
\]
\text{ } \\
\fcolorbox{green}{lgreen}{$b) \ 2 < |z_0| < +\infty$:}

\[
    \frac{1}{z} \cdot\left(\frac{z}{z - 1}\right) +\frac{1}{z} \cdot\left(\frac{z}{z + 2}\right) \ = \ \frac{1}{z} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{z^{n}}+\frac{1}{z} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}}{z^{n}} \ = \  \\
=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(1+(-1)^{n} \cdot 2^{n}\right) \cdot \frac{1}{z^{n+1}}
\]

\text{ } \\
\fcolorbox{green}{lgreen}{$ c) \ 1 < |z_0| < 2 $:}

\[
    \frac{1}{z} \cdot\left(\frac{z}{z - 1}\right) + \frac{1}{2} \cdot\left(\frac{2}{2+z}\right) \ = \ \frac{1}{z} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{z^{n}}+\frac{1}{2} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n} \cdot \frac{z^{n}}{2^{n}} \ = \
    \sum_{n=0}^{+\infty} z^{-n-1}+\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}}{2^{n+1}} \cdot z^{n}
\]
\end{document}