Найти разложение в ряд Тейлора в нуле следующей функции, голоморфной в единичном диске:

$%\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{1-z^n}$%

задан 17 Сен '17 18:23

10|600 символов нужно символов осталось
1

Член ряда раскладываем как $%z^n+z^{2n}+z^{3n}+\cdots$%, где показатели степеней кратны $%n$%. Он сходится абсолютно при $%|z| < 1$%. У абсолютно сходящихся рядов можно как угодно переставлять члены. Приводя подобные члены, видим, что коэффициент при $%z^m$% будет равен $%\tau(m)$% -- числу натуральных делителей $%m$%. Именно столько раз данный член появится в показателе-- как кратный каждому из своих делителей.

В окрестности нуля это даст $%z+2z^2+2z^3+3z^4+2z^5+4z^6+2z^7+\cdots$%, то есть $%\sum\limits_{m=1}^{\infty}\tau(m)z^m$%.

ссылка

отвечен 17 Сен '17 18:42

Пока непонятно, почему коэфф. при z^m будет равен числу натуральных делителей m. Можно ли это увидеть как-нибудь "более наглядно"?

(17 Сен '17 19:02) Slater

@Slater: да, можно. Проследим на примере z^6. Этот член появляется в 4 случаях: для z+z^2+z^3+... (тут все члены присутствуют), для z^2+z^4+z^6+... (чётные показатели), для z^3+z^6+... (делимость на 3), и для собственно z^6+z^{12}+... . Так же и со всем остальным. Ряды здесь начинаются на z в степенях 1, 2, 3, 6 -- это делители 6. Именно в них есть z^6, а в других рядах нет.

(17 Сен '17 22:22) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×378

задан
17 Сен '17 18:23

показан
234 раза

обновлен
17 Сен '17 22:22

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru