Calcolo serie di laurent
salve, devo calcolare la serie di laurent della funzione $ f_k(z)=sin(1/z)z^(k) $. non so proprio da dove cominciare...grazie mille in anticipo
Risposte
Ricordati lo sviluppo in serie di Taylor del seno e il gioco è fatto: [tex]z^k \sin \frac{1}{z}=z^k \sum_ {n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{1}{z^{2n+1}}=\dots[/tex]
per quale motivo? non è diverso lo sviluppo di taylor dallo sviluppo di laurent?
@Euphurio L'utente lukalias ha richiesto lo sviluppo di Laurent e non di Taylor. 
@lukalias Attorno a quale punto?
@lukalias Attorno a quale punto?
attorno a 0, il suo punto di singolarità. grazie
Ma è giusto il discorso che ha fatto Euphurio, ragazzi. Se si sviluppa in serie di Taylor una funzione $f(w)$ e poi si valuta il tutto in $w=1/z$ si ottiene una serie di Laurent.
"j18eos":
@Euphurio L'utente lukalias ha richiesto lo sviluppo di Laurent e non di Taylor.
@lukalias Attorno a quale punto?
La conoscenza della serie di Taylor permette di scrivere la serie di Laurent...che poi doveva essere di centro [tex]0[/tex] era ovvio: la funzione non è olomorfa in [tex]0[/tex].
Prendi, ad esempio, [tex]k=1[/tex] la serie di Taylor in tal caso è [tex]z \sin \frac{1}{z}=z \sum_ {n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{1}{z^{2n+1}}=\sum_ {n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{1}{z^{2n}}[/tex]: la singolarità isolata [tex]z=0[/tex] è una singolarità essenziale e la nostra serie di Laurent ha solo parte singolare infinita.
A seconda del valore di [tex]k[/tex] otterrai serie di Laurent essenzialmente differenti!
Buona giornata!!
questo metodo vale sempre? cioè calcolo la serie di taylor in 0 di $ sin(y) $ sostituendo $ 1/z $ con y, una volta calcolata risostituisco la variabile y con l'originale. calcolo poi la serie di taylor in 0 di $ z^k $ e faccio il prodotto di cauchy tra le serie. è giusto il procedimento? non sono tanto convinto della seconda sostituzione...
cioè quello che non ho capito è il rapporto tra taylor e laurent, so che sono la stessa cosa se la funzione non ha singolarità. non ho capito perchè calcolare la serie di taylor mi aiuta per la serie di laurent, dato che ho una singolarità.
Dato che sono agl'inizi con la serie di Laurent condivido il dubbio di lukalias, dato la risposta esatta!
"lukalias":
cioè quello che non ho capito è il rapporto tra taylor e laurent, so che sono la stessa cosa se la funzione non ha singolarità.
Per una discussione in proposito, vedi qui.
"lukalias":
non ho capito perchè calcolare la serie di taylor mi aiuta per la serie di laurent, dato che ho una singolarità.
Perchè... Beh, perchè sì.
Nel senso, dipende da com'è fatta la funzione che hai sotto mano: in questo caso basta una sostituzione di variabile per riportarsi ad uno sviluppo di Taylor noto il quale, facendo la sostituzione inversa, restituisce uno sviluppo di Laurent.
Grazie Gugo82! 
per ora tutto ok, mi sembra di aver capito. grazie mille Gugo82.
ora voglio calcolare l'integrale della $ f_k $ lungo C, dove C è la circonferenza unitaria di centro l'origine. secondo il testo dell'esercizio dovrebbero uscirmi dei valori in funzione di k, ma applicando il teorema dei residui mi risulta:
$ oint_(C) f_k(z)dz= -1/6 $
però non è in funzione di k, magari è un tranello...
ora voglio calcolare l'integrale della $ f_k $ lungo C, dove C è la circonferenza unitaria di centro l'origine. secondo il testo dell'esercizio dovrebbero uscirmi dei valori in funzione di k, ma applicando il teorema dei residui mi risulta:
$ oint_(C) f_k(z)dz= -1/6 $
però non è in funzione di k, magari è un tranello...
Avrai semplicemente sbagliato a fare i conti.
Per accorgertene, visto che hai la serie di Laurent in [tex]$0$[/tex] (che è l'unica singolarità al finito per la tua funzione), basta estrapolare il residuo integrale di [tex]$f_k$[/tex] direttamente dallo sviluppo in serie.
Per accorgertene, visto che hai la serie di Laurent in [tex]$0$[/tex] (che è l'unica singolarità al finito per la tua funzione), basta estrapolare il residuo integrale di [tex]$f_k$[/tex] direttamente dallo sviluppo in serie.
il residuo di $ f_k $ in 0 è $ c_1 $ cioè $ frac{(-1)^n}{(2n+1)!} $ calcolata in 1, poi moltiplico per 1, che è l'indice di avvolgimento, così ho fatto
anche perchè i coefficenti non sono in funzione di k, sempre se li ho visti bene
ops..ho dimenticato di moltiplicare il residuo per $ 2ipi $ , comunque non cambia la mia perplessità[/code]
ho capito ieri notte: l'obbiettivo è di ottenere all'integrando $ 1/z $ che è una forma non chiusa. così effettivamente vale il teorema dei residui. quindi per $ k=2n, n in NN $ cioè k pari, si ottiene $ 2pii((-1)^(k/2))/((k+1)!)=2pi(i^(k+1))/((k+1)!) $ se k è dispari l'integrale vale sempre 0, perchè tutti gli integrandi saranno forme chiuse e quindi il loro integrale su un circuito vale sempre 0. ho fatto qualche errore?
"Euphurio":
Ricordati lo sviluppo in serie di Taylor del seno e il gioco è fatto: [tex]z^k \sin \frac{1}{z}=z^k \sum_ {n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \frac{1}{z^{2n+1}}=\dots[/tex]
Riprendo i conti da dove li avevamo lasciati, perchè c'è un errore concettuale importante che rilevo nei tuoi post precedenti.
Infatti i coefficienti della serie di Laurent di [tex]$f_k$[/tex] devono dipendere da [tex]$k$[/tex]; infatti, se per assurdo non lo facessero, tutte le [tex]$f_k$[/tex] avrebbero lo stesso sviluppo di Laurent, il che è assurdo, perchè a funzioni diverse corrispondono sviluppi di Laurent diversi (per il teorema sull'unicità dello sviluppo in serie di Laurent).
Portando [tex]$z^k$[/tex] dentro la sommatoria, si trova:
[tex]$z^k\ \sin \frac{1}{z}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\ z^{k-n}$[/tex]
[tex]$\stackrel{m=k-n}{=}\sum_{m=-\infty}^{k} \frac{(-1)^{k-m}}{(2k+1-2m)!}\ z^m$[/tex];
il residuo di [tex]$f_k(z)$[/tex] intorno a [tex]$0$[/tex] uguaglia il coefficiente d'indice [tex]$m=-1$[/tex] dello sviluppo in serie trovato, ergo:
[tex]$\text{Res} (f_k;0) = \frac{(-1)^{k-m}}{(2k+1-2m)!} \Big|_{m=-1} = \frac{(-1)^{k+1}}{(2k+3)!}$[/tex].
ho proprio preso una cantonata!!! grazie mille gugo!!
se porti dentro z^k nella sommatoria non dovresti avere
$ z^ksin (1/z)=sum_(n = 0)^(oo )(-1)^n/((2n+1)!)z^((k-2n-1)) $
poi sostituendo $ m=(k-2n-1) $ si ottiene
$ z^ksin (1/z)=sum_(m = k+1)^(oo )(-1)^(-(m-k+1)/2)/((-m+k)!)z^(m) $
cioè
$ z^ksin (1/z)=sum_(m = -oo )^(k+1)(-1)^((m-k+1)/2)/((m-k)!)z^(-m) $
per m=-1 otteniamo il coefficente
$ (-1)^(k/2)/((-k-1)!) $
$ z^ksin (1/z)=sum_(n = 0)^(oo )(-1)^n/((2n+1)!)z^((k-2n-1)) $
poi sostituendo $ m=(k-2n-1) $ si ottiene
$ z^ksin (1/z)=sum_(m = k+1)^(oo )(-1)^(-(m-k+1)/2)/((-m+k)!)z^(m) $
cioè
$ z^ksin (1/z)=sum_(m = -oo )^(k+1)(-1)^((m-k+1)/2)/((m-k)!)z^(-m) $
per m=-1 otteniamo il coefficente
$ (-1)^(k/2)/((-k-1)!) $
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