(Ancora) serie di Laurent
Devo determinare i primi 4 termini dello sviluppo di Laurent di [tex]$\tan(z)$[/tex] centrato in [tex]$z=\frac{\pi}{2}$[/tex]. E' giusto dire che [tex]$z=\frac{\pi}{2}$[/tex] è un polo semplice e dunque lo sviluppo avrà una parte principale di un solo termine (di grado [tex]$-1$[/tex]) ed una parte regolare di potenze positive dispari da [tex]$1$[/tex] a [tex]$+\infty$[/tex]?
Risposte
Vediamo...
Abbiamo:
[tex]$\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}=\frac{\sin (z-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2})}{\cos (z-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2})}=\frac{\cos (z-\frac{\pi}{2})}{-\sin (z-\frac{\pi}{2})}$[/tex],
quindi:
[tex]$\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\tan z=\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\frac{\cos (z-\frac{\pi}{2})}{-\sin (z-\frac{\pi}{2})}=-1$[/tex];
dalla relazione di limite discende che [tex]$\tan z$[/tex] ha in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex] un polo semplice, perciò la sue espansione in serie di Laurent contiene come unica potenza negativa di [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex] quella d'esponente [tex]$-1$[/tex].
Conseguentemente:
[tex]$\tan z=\sum_{n=-1}^{+\infty} c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n =c_{-1}\frac{1}{z-\tfrac{\pi}{2}}+c_0+c_1(z-\tfrac{\pi}{2})+c_2(z-\tfrac{\pi}{2})^2+\ldots c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n+\ldots$[/tex];
per calcolare i coefficienti [tex]$c_n$[/tex] si può procedere come segue: innanzitutto è evidente che, moltiplicando m.a.m. la uguaglianza precedente per [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex] e passando al limite per [tex]$z\to \tfrac{\pi}{2}$[/tex] si ottiene:
[tex]$c_{-1}=\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\tan z=-1$[/tex],
onde:
[tex]$\tan z=-\frac{1}{z-\frac{\pi}{2}}+\sum_{n=0}^{+\infty} c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n$[/tex];
portando l'addendo [tex]$-\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] al primo membro si ottiene una funzione analitica in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex] (la cosiddetta parte regolare di [tex]$\tan z$[/tex]), quindi i [tex]$c_n$[/tex] con [tex]$n\geq 0$[/tex] coincidono con i coefficienti di Taylor della funzione [tex]$\tan z+\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] calcolati in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex], i.e.:
[tex]$c_n=\frac{1}{n!} \frac{\text{d}^n}{\text{d} z^n}\left[ \tan z+\frac{1}{z-\frac{\pi}{2}}\right]_{z=\frac{\pi}{2}}$[/tex],
i quali andranno calcolati mediante limiti.
Inoltre, dato che la funzione [tex]$\tan z+\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] è dispari rispetto a [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex], è evidente che tutti i [tex]$c_n$[/tex] con [tex]$n$[/tex] pari saranno nulli; pertanto nella serie di [tex]$\tan z$[/tex] figureranno solo potenze dispari di [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex].
Abbiamo:
[tex]$\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}=\frac{\sin (z-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2})}{\cos (z-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2})}=\frac{\cos (z-\frac{\pi}{2})}{-\sin (z-\frac{\pi}{2})}$[/tex],
quindi:
[tex]$\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\tan z=\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\frac{\cos (z-\frac{\pi}{2})}{-\sin (z-\frac{\pi}{2})}=-1$[/tex];
dalla relazione di limite discende che [tex]$\tan z$[/tex] ha in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex] un polo semplice, perciò la sue espansione in serie di Laurent contiene come unica potenza negativa di [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex] quella d'esponente [tex]$-1$[/tex].
Conseguentemente:
[tex]$\tan z=\sum_{n=-1}^{+\infty} c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n =c_{-1}\frac{1}{z-\tfrac{\pi}{2}}+c_0+c_1(z-\tfrac{\pi}{2})+c_2(z-\tfrac{\pi}{2})^2+\ldots c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n+\ldots$[/tex];
per calcolare i coefficienti [tex]$c_n$[/tex] si può procedere come segue: innanzitutto è evidente che, moltiplicando m.a.m. la uguaglianza precedente per [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex] e passando al limite per [tex]$z\to \tfrac{\pi}{2}$[/tex] si ottiene:
[tex]$c_{-1}=\lim_{z\to \frac{\pi}{2}} (z-\tfrac{\pi}{2})\tan z=-1$[/tex],
onde:
[tex]$\tan z=-\frac{1}{z-\frac{\pi}{2}}+\sum_{n=0}^{+\infty} c_n(z-\tfrac{\pi}{2})^n$[/tex];
portando l'addendo [tex]$-\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] al primo membro si ottiene una funzione analitica in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex] (la cosiddetta parte regolare di [tex]$\tan z$[/tex]), quindi i [tex]$c_n$[/tex] con [tex]$n\geq 0$[/tex] coincidono con i coefficienti di Taylor della funzione [tex]$\tan z+\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] calcolati in [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex], i.e.:
[tex]$c_n=\frac{1}{n!} \frac{\text{d}^n}{\text{d} z^n}\left[ \tan z+\frac{1}{z-\frac{\pi}{2}}\right]_{z=\frac{\pi}{2}}$[/tex],
i quali andranno calcolati mediante limiti.
Inoltre, dato che la funzione [tex]$\tan z+\tfrac{1}{z-\frac{\pi}{2}}$[/tex] è dispari rispetto a [tex]$\tfrac{\pi}{2}$[/tex], è evidente che tutti i [tex]$c_n$[/tex] con [tex]$n$[/tex] pari saranno nulli; pertanto nella serie di [tex]$\tan z$[/tex] figureranno solo potenze dispari di [tex]$z-\tfrac{\pi}{2}$[/tex].
Naturalmente è giusto come propone Gugo...
Suggerisco un metodo per chi non ha voglia di calcolare tutte quelle derivate e limiti (nulla di che, però...)
Ci si può "sempre" ricondurre a sviluppi noti. Con la sostituzione [tex]w = z - \frac{\pi}{2}[/tex] ci riduciamo a calcolare lo sviluppo in [tex]w = 0[/tex] di
[tex]\displaystyle -\frac{\cos(w)}{\sin(w)}[/tex]
Adesso:
[tex]\displaystyle \frac{1}{\sin(w)} = \frac{1}{w( 1 - \frac{w^2}{3!} + \frac{w^4}{5!} + o(w^6))} = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} - \frac{w^4}{120} + o(w^5)\displaystyle + \frac{w^4}{36} + o(w^6) \right)=[/tex]
[tex]\displaystyle = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} + \frac{7}{360}w^4 + o(w^5) \right)[/tex]
Moltiplicando per uno sviluppo sufficientemente preciso di [tex]\cos(w)[/tex] otteniamo
[tex]\displaystyle \frac{\cos(w)}{\sin(w)} = \frac{1}{w} \left(1 + \frac{w^2}{6} - \frac{7}{360}w^4 + o(w^5) \right) \left( 1 - \frac{w^2}{2} + \frac{w^4}{4!} + o(w^5) \right) =[/tex]
[tex]\displaystyle = \frac{1}{w} - \frac{1}{3} w - \frac{1}{45} w^3 + o(w^4)[/tex]
da cui deduciamo il nostro sviluppo in serie di Laurent (moltiplicando per [tex]-1[/tex]).
Suggerisco un metodo per chi non ha voglia di calcolare tutte quelle derivate e limiti (nulla di che, però...)
Ci si può "sempre" ricondurre a sviluppi noti. Con la sostituzione [tex]w = z - \frac{\pi}{2}[/tex] ci riduciamo a calcolare lo sviluppo in [tex]w = 0[/tex] di
[tex]\displaystyle -\frac{\cos(w)}{\sin(w)}[/tex]
Adesso:
[tex]\displaystyle \frac{1}{\sin(w)} = \frac{1}{w( 1 - \frac{w^2}{3!} + \frac{w^4}{5!} + o(w^6))} = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} - \frac{w^4}{120} + o(w^5)\displaystyle + \frac{w^4}{36} + o(w^6) \right)=[/tex]
[tex]\displaystyle = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} + \frac{7}{360}w^4 + o(w^5) \right)[/tex]
Moltiplicando per uno sviluppo sufficientemente preciso di [tex]\cos(w)[/tex] otteniamo
[tex]\displaystyle \frac{\cos(w)}{\sin(w)} = \frac{1}{w} \left(1 + \frac{w^2}{6} - \frac{7}{360}w^4 + o(w^5) \right) \left( 1 - \frac{w^2}{2} + \frac{w^4}{4!} + o(w^5) \right) =[/tex]
[tex]\displaystyle = \frac{1}{w} - \frac{1}{3} w - \frac{1}{45} w^3 + o(w^4)[/tex]
da cui deduciamo il nostro sviluppo in serie di Laurent (moltiplicando per [tex]-1[/tex]).
"maurer":
Adesso:
[tex]\displaystyle \frac{1}{\sin(w)} = \frac{1}{w( 1 - \frac{w}{3!} + \frac{w^5}{5!} + o(w^6))} = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} - \frac{w^4}{120} + o(w^5)\displaystyle + \frac{w^4}{36} + o(w^6) \right)=[/tex]
[tex]\displaystyle = \frac{1}{w} \left( 1 + \frac{w^2}{6} + \frac{7}{360}w^4 + o(w^5) \right)[/tex]
Non capisco questo passaggio
](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
Mi sembra ci sia una svista nello sviluppo di $ sin w =w-w^3/(3!)+w^5/(5!)+o(w^5))=w(1-w^2/(3!)+w^4/(5!)+o(w^4) )$.
Nel passaggio successivo usa lo sviluppo di $1/(1-x)=1 +x +x^2+.. $ essendo $x= w^2/(3!)-w^4/(5!) $ etc .
Quando calcola $ x^2 $ solo il termine $w^2/6 $ dà contributo utile pari a $ w^4/36 $ mentre gli altri termini del quadrato del binomio danno termini che sono $o(w^4) $.
Nel passaggio successivo usa lo sviluppo di $1/(1-x)=1 +x +x^2+.. $ essendo $x= w^2/(3!)-w^4/(5!) $ etc .
Quando calcola $ x^2 $ solo il termine $w^2/6 $ dà contributo utile pari a $ w^4/36 $ mentre gli altri termini del quadrato del binomio danno termini che sono $o(w^4) $.
Ecco, ho editato. Avevo pasticciato le potenze a denominatore...
Comunque ho seguito il procedimento esplicitato per bene da Camillo...
Comunque ho seguito il procedimento esplicitato per bene da Camillo...
Grazie a tutti. Adesso ho capito.
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