Serie di Laurent (sviluppo completo)
La funzione $f(z)=1/(senz)$ ha un polo semplice in $z=0$. Come calcolare i coefficienti la serie di Laurent centrata in $z=0$?
Mi risulta una formula generale per cui $a_n=1/(2pi i) int_C (f(z))/(z^(n+1)) dz$, ma questa non mi sembra concretamente applicabile per calcolare i coefficienti.
Allora ho pensato che dovrebbe funzionare anche una formula: $a_n=1/((n+1)!) lim_(z to 0) d^(n+1)/(dz^(n+1)) z f(z)$.
Questa si può applicare calcolando di volta in volta le derivate successive. Ovviamente però non riuscirò mai a calcolare tutti i coefficienti procedendo uno alla volta.
La domanda è: "E' possibile scrivere i coefficienti di questa serie come termini di una successione in forma chiusa?"
Se sì, come si fa?
Mi risulta una formula generale per cui $a_n=1/(2pi i) int_C (f(z))/(z^(n+1)) dz$, ma questa non mi sembra concretamente applicabile per calcolare i coefficienti.
Allora ho pensato che dovrebbe funzionare anche una formula: $a_n=1/((n+1)!) lim_(z to 0) d^(n+1)/(dz^(n+1)) z f(z)$.
Questa si può applicare calcolando di volta in volta le derivate successive. Ovviamente però non riuscirò mai a calcolare tutti i coefficienti procedendo uno alla volta.
La domanda è: "E' possibile scrivere i coefficienti di questa serie come termini di una successione in forma chiusa?"
Se sì, come si fa?
Risposte
Proverei così : $ sin z = z-z^3/(3!)+z^5/(5!)+...(-1)^n*z^(2n+1)/((2n+1)!)+...$ e quindi
$1/(sinz ) = (1/z)*(1-z^2/(3!)+z^4/(5!)+...)^(-1)= (1/z) (1+z^2/(3!)-z^4/(5!)+...)= ........$
$1/(sinz ) = (1/z)*(1-z^2/(3!)+z^4/(5!)+...)^(-1)= (1/z) (1+z^2/(3!)-z^4/(5!)+...)= ........$
L'ultimo passaggio mi sembra di capire che venga dallo sviluppo $1/(1-x) ∼1+x$, però non mi pare evidente lo stesso che si possa fare sta cosa (in teoria potrebbero comparire altri ordini, che sballerebbero i coefficienti).
Nello sviluppo appaiono infiniti altri ordini ma con potenze a esponente crescente sempre e quindi non interferiscono.
Lo sviluppo sarà $1/(sinz) = 1/z+z/(3!) -z^3/(5!)+... $
Lo sviluppo sarà $1/(sinz) = 1/z+z/(3!) -z^3/(5!)+... $
Mi spiace contraddire Camillo, ma lo sviluppo che propone è errato proprio per il motivo suggerito da robbstark.
Dato che la \(f(z)\) ha un polo del primo ordine con residuo unitario, sappiamo che la serie di Laurent è:
\[
f(z)=\frac{1}{z}+\sum_{n=0}^\infty c_n\ z^n\; ;
\]
ma \(f(z)-1/z\) è funzione dispari, ergo i coefficienti \(c_n\) con \(n\) pari sono nulli e perciò:
\[
\frac{1}{\sin z} =\frac{1}{z} +\sum_{h=0}^\infty c_{2h+1}\ z^{2h+1}\; .
\]
Un procedimento iterativo per calcolare i coefficienti è il seguente: supponiamo di aver calcolato i primi \(H+1\) coefficienti della serie, i.e. \(c_{-1},c_1,c_3,c_5,\ldots ,c_{2H-1}\); portando gli addendi noti a primo membro troviamo:
\[
\sum_{h=H}^\infty c_{2h+1}\ z^{2h+1} =\frac{1}{\sin z} -\frac{c_{-1}}{z}-c_1z-c_3z^3-\cdots-c_{2H-1}z^{2H-1}\; ,
\]
da cui, dividendo m.a.m. per \(z^{2H+2}\), traiamo:
\[
\begin{split}
\frac{c_{2H+1}}{z} +\sum_{h=H+1}^\infty c_{2h+1}\ z^{2(h-H)-1} &= \frac{1}{z^{2H+2}}\ \left( \frac{1}{\sin z} -\frac{c_{-1}}{z}-c_1z-c_3z^3-\cdots-c_{2H-1}z^{2H-1}\right)\\
&=\frac{z-c_{-1}\sin z -c_1z^2\sin z-c_3z^4\sin z-\cdots -c_{2H-1}z^{2H}\sin z}{z^{2H+3}\sin z}
\end{split}
\]
perciò la funzione all'ultimo membro ha un polo semplice in \(0\) con residuo \(c_{2H+1}\); conseguentemente:
\[
c_{2H+1}=\lim_{z\to 0} \frac{z-c_{-1}\sin z -c_1z^2\sin z-c_3z^4\sin z-\cdots -c_{2H-1}z^{2H}\sin z}{z^{2H+2}\sin z}\; .
\]
Ad esempio, dato che \(c_{-1}=1\) è già noto, il procedimento iterativo appena illustrato importa:
\[
\begin{split}
H=0\ \rightarrow\ c_1 &=\lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z}{z^2\sin z}\\
&=\lim_{z\to 0} \frac{1/6\ z^3+\text{o}(z^3)}{z^3+\text{o}(z^3)}=\frac{1}{6}\; ,\\
H=1\ \rightarrow\ c_3&= \lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z-1/6\ z^2\sin z}{z^4\sin z}\; ,\\
&= \lim_{z\to 0} \frac{(1/6^2 -1/5!)z^5+ \text{o}(z^5)}{z^5+\text{o}(z^5)} = \frac{7}{360}\; ,\\
H=2\ \rightarrow\ c_5&= \lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z- 1/6\ z^2\sin z -7/360\ z^4\sin z}{z^6\sin z}\\
&= \lim_{z\to 0} \frac{31/15120\ z^7+\text{o}(z^7)}{z^7+\text{o}(z^7)}=\frac{31}{15120}\; .
\end{split}
\]
Da qui si vede anche meglio perché quella proposta da Camillo non possa essere la serie di Laurent della \(f(z)\): infatti il coefficiente di \(z^3\) nell'espansione in serie di Laurent di \(f(z)=1/\sin z\) è:
\[
c_3=\frac{7}{360}\neq -\frac{1}{5!}\; .
\]
Dato che la \(f(z)\) ha un polo del primo ordine con residuo unitario, sappiamo che la serie di Laurent è:
\[
f(z)=\frac{1}{z}+\sum_{n=0}^\infty c_n\ z^n\; ;
\]
ma \(f(z)-1/z\) è funzione dispari, ergo i coefficienti \(c_n\) con \(n\) pari sono nulli e perciò:
\[
\frac{1}{\sin z} =\frac{1}{z} +\sum_{h=0}^\infty c_{2h+1}\ z^{2h+1}\; .
\]
Un procedimento iterativo per calcolare i coefficienti è il seguente: supponiamo di aver calcolato i primi \(H+1\) coefficienti della serie, i.e. \(c_{-1},c_1,c_3,c_5,\ldots ,c_{2H-1}\); portando gli addendi noti a primo membro troviamo:
\[
\sum_{h=H}^\infty c_{2h+1}\ z^{2h+1} =\frac{1}{\sin z} -\frac{c_{-1}}{z}-c_1z-c_3z^3-\cdots-c_{2H-1}z^{2H-1}\; ,
\]
da cui, dividendo m.a.m. per \(z^{2H+2}\), traiamo:
\[
\begin{split}
\frac{c_{2H+1}}{z} +\sum_{h=H+1}^\infty c_{2h+1}\ z^{2(h-H)-1} &= \frac{1}{z^{2H+2}}\ \left( \frac{1}{\sin z} -\frac{c_{-1}}{z}-c_1z-c_3z^3-\cdots-c_{2H-1}z^{2H-1}\right)\\
&=\frac{z-c_{-1}\sin z -c_1z^2\sin z-c_3z^4\sin z-\cdots -c_{2H-1}z^{2H}\sin z}{z^{2H+3}\sin z}
\end{split}
\]
perciò la funzione all'ultimo membro ha un polo semplice in \(0\) con residuo \(c_{2H+1}\); conseguentemente:
\[
c_{2H+1}=\lim_{z\to 0} \frac{z-c_{-1}\sin z -c_1z^2\sin z-c_3z^4\sin z-\cdots -c_{2H-1}z^{2H}\sin z}{z^{2H+2}\sin z}\; .
\]
Ad esempio, dato che \(c_{-1}=1\) è già noto, il procedimento iterativo appena illustrato importa:
\[
\begin{split}
H=0\ \rightarrow\ c_1 &=\lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z}{z^2\sin z}\\
&=\lim_{z\to 0} \frac{1/6\ z^3+\text{o}(z^3)}{z^3+\text{o}(z^3)}=\frac{1}{6}\; ,\\
H=1\ \rightarrow\ c_3&= \lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z-1/6\ z^2\sin z}{z^4\sin z}\; ,\\
&= \lim_{z\to 0} \frac{(1/6^2 -1/5!)z^5+ \text{o}(z^5)}{z^5+\text{o}(z^5)} = \frac{7}{360}\; ,\\
H=2\ \rightarrow\ c_5&= \lim_{z\to 0} \frac{z-\sin z- 1/6\ z^2\sin z -7/360\ z^4\sin z}{z^6\sin z}\\
&= \lim_{z\to 0} \frac{31/15120\ z^7+\text{o}(z^7)}{z^7+\text{o}(z^7)}=\frac{31}{15120}\; .
\end{split}
\]
Da qui si vede anche meglio perché quella proposta da Camillo non possa essere la serie di Laurent della \(f(z)\): infatti il coefficiente di \(z^3\) nell'espansione in serie di Laurent di \(f(z)=1/\sin z\) è:
\[
c_3=\frac{7}{360}\neq -\frac{1}{5!}\; .
\]
Interessante, ma quale dei miei ( non molti ) passaggi è errato ?
"Camillo":
$= (1/z)*(1-z^2/(3!)+z^4/(5!)+...)^(-1)= (1/z) (1+z^2/(3!)-z^4/(5!)+...)= ........$
L'errore sta in questo passaggio. Per vederlo bene poniamo $x=z^2/(3!)-z^4/(5!)+...$.
$1/(1-x) sim 1+x+x^2= 1+(z^2/(3!)-z^4/(5!)+...)+(z^4/((3!)^2) + ...)$
Come vedi nel termine di secondo ordine compare una quarta potenza, quindi il coefficiente per $z^4$ ottenuto fermandosi al primo ordine dello sviluppo è sbagliato...
Giusto, giusto 
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