سری لوران-اعداد استرلینگ-اعداد اویلر-تابع دلتای کرونکر
ارسال شده: سهشنبه ۱۴۰۲/۱/۲۹ - ۱۱:۴۷
در ریاضیات سری لوران از یک تابع پیچیدهf(z) نمایشی از آن تابع به عنوان یک سری توانه که شامل شرایط درجه منفیه. ممکنه برای بیان توابع پیچیده در مواردی استفاده بشه که بسط سری تیلور نمی تونه اعمال بشه.سری Laurent برای عملکرد پیچیدهسری لوران نمایشی از تابع مختلط f(z) به صورت یک سری است. برخلاف سری تیلور که f(z) را به صورت یک سری با توانهای غیرمنفی z نشان میده سری لوران شامل جملاتی با توانهای منفیه. در نتیجه در مواردی که استفاده از بسط تیلور امکانپذیر نباشه میتوان سری لوران Laurent Series را به کار برد.در این بخش، روش به دست آمدن سری لوران را بررسی میکنیم. دو کانتور دایرهای C2 و C1 را در نظر بگیرید که شعاع C1 بزرگتر از شعاع C2 است. فرض کنیدz0 درون C1 و C2 قرار داشته باشد، و z بین C1 و C2 باشه. اکنون، پارهخط Cc بینC1 و C2 را ایجاد کرده و در مسیر $C\equiv C_1+C_c-C_2-C_c$ انتگرالگیری میکنیم، به گونهای که مثبت و منفی Cc یکدیگر را حذف کنند. با توجه به فرمول انتگرال کوشی داریم:$\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ C { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c } { f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 }{ f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c }{ f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ .
\end {eqnarray}$اکنون، بخشهای مربوط به پارهخط که جهت مخالف نیز دارند، حذف میشوند:$\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) – ( z – z _ 0 ) } d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) – ( z -z _ 0 ) } d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) \left ( { 1 – { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } } \right ) } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z – z _ 0 ) \left ( { { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } – 1 } \right ) } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) \left ( { 1 – { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } } \right ) } \,d z’ + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z -z _ 0 ) \left ( { 1 – { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } } \right ) } \, d z’ .
\end {eqnarray}$در انتگرال اول$| z’ – z _ 0 | > |z-z_ 0 |$ و در انتگرال دوم$|z’-z_0|< | z – z _ 0 |$ است. اکنون از بسط تیلور (معتبر برای$|t|<1$) استفاده میکنیم:$\large \begin {equation}
{ 1 \over 1 – t } = \sum _ { n = 0 } ^ \infty t ^ n
\end {equation}$دارم $\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \left [ { \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ – z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } \right ) ^ n \, d z’ + \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over z – z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } \right ) ^ n \, d z’ } \right ] \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ { – n – 1 } \int _ { C _ 2 } ( z’ -z _ 0 ) ^ n f ( z’ ) \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 1 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ { – n } \int _ { C _ 2 } ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } f ( z’ ) \, d z’ ,
\end {eqnarray}$که در آن، عبارت دوم، تغییر متغیر داده شده است. با یک بار دیگر تغییر متغیر، داریم:$\large \begin {equation}
f ( z ) = { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ { – 1 } ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ .
\end {equation}$اکنون از قضیه انتگرال کوشی استفاده میکنیم انتگرال کانتور یک تابع بدون محصور کردن قطب در 0 داشته باشد. اما
$1 / (z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 }$ هیچگاه درون C2 برای n≥0 تکین نخواهد شد و $1 / ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 }$ هیچگاه درون C1
برای n≤–1 تکین نمیشود. به طور مشابه، قطبی در پارهخط بسته $C _ c – C _ c$ وجود ندارد. بنابراین، میتوانیم C1 و C2 را در انتگرالهای بالا بدون تغییر مقادیرشان با C تعویض کنیم. در نتیجه، خواهیم داشت:$\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ { – 1 } ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ C { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \equiv & \sum _ { n = – \infty } ^ \infty a _ n ( z – z _ 0 ) ^ n .
\end {eqnarray}$تنها الزام C این است که z را محصور کند، به گونهای که برای انتخاب هر کانتور γ آزاد باشیم. بنابراین، مانده an
به صورت زیر تعریف میشود:$\large \begin {equation}
a _ n \equiv { 1 \over 2 \pi i } \int _ \gamma { f ( z’ ) \over (z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ .
\end {equation}$محاسبه بسط سری لوران توابع
برای محاسبه سری لوران از سری هندسی استاندارد و اصلاح شده استفاده میکنیم که به صورت زیر است:$\large \begin {equation} \frac { 1 } { 1 – z } = \left \{ \begin {array} { c l } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } z ^ { n } , & | z | < 1 \\- \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { z ^ { n } } , & | z | > 1 \end {array} \right . \end {equation} \;\;\;\;\; ( 1 )$در اینجا$f ( z ) = \frac {1}{1-z}$ در همه جا جز تکینگی z=1 تحلیلی است. عبارات بالا، بسطهای f در ناحیههای درون و بیرون دایرهای به شعاع 1 و مرکز
z=0 هستند که $|z|< 1$ ناحیه درون دایره و $|z|>1$ ناحیه خارج از آن است.به یاد بیاورید که تابع f از متغیر مختلط z در نقطه z0 تحلیلی است اگر در هر نقطه در محله ای از z0 مشتقی داشته باشد. یک تابع کامل تابعی است که در هر نقطه از کل صفحه محدود تحلیلی است. اگر تابع f در نقطه z0 نمی تواند تحلیلی باشد اما در نقطه ای در هر محله z0 تحلیلی است، سپس z0 نقطه مفرد یا تکینگی f نامیده می شود.فرض کنید که f(z)یا هر شاخه با ارزش واحدی از f(z)، اگر f(z) چند ارزشی است، در منطقه $0\lt|z-z_0|\lt R$تحلیلی است و نه در نقطه z0. سپس نقطه z0 یک نقطه منفرد جدا شده از f(z) نامیده می شود..
اکنون، همچنین به یاد بیاورید که هر تابعی که در سراسر دیسک تحلیلی است$|z -z_0|\lt R_0$ باید یک سری تیلور در مورد z0 داشته باشد. اگر تابع نتواند در نقطه z0 تحلیلی باشد، اغلب می توان یک نمایش سری برای f(z) پیدا کرد. شامل هر دو قدرت مثبت و منفی z-z0. به طور رسمی نتیجه زیر را داریم:قضیه: فرض کنید تابع f در سراسر یک دامنه حلقوی $R_1 \lt |z - z_0| \lt R_2$ تحلیلی است، با مرکز z0و اجازه دهید C هر کانتور بسته ساده با جهت مثبت در اطراف z0 را نشان می دهد و در آن . سپس در هر نقطه از دامنه، f(z) دارای نمایش سری $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{(z-z_0)^n}$
در عمل، فرمول های انتگرال فوق (2) و (3) ممکن است کاربردی ترین روش را برای محاسبه ضرایب an ارائه ندهد
و bn برای یک تابع معین f(z); درعوض، اغلب با ترکیب بسط های شناخته شده تیلور، سری Laurent را با هم ترکیب می کنیم. از آنجا که بسط Laurent یک تابع هر زمان که وجود داشته باشد منحصر به فرد است، هر عبارتی از این شکل که در واقع برابر با تابع داده شده f(z) باشد. در برخی حلقه ها در واقع باید بسط لورن f(z) باشد.
به عنوان مثال، تابع را در نظر بگیرید$f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}$که دارای تکینگی های ایزوله در z=0 است و z=±i. در این مورد، نمایش سری Laurent برای دامنه $0\lt |z|\lt 1$ وجود دارد و همچنین یکی برای دامنه $1\lt |z|\lt \infty$، که بیرون دایره است |z|=1
. برای یافتن هر یک از این سری های Laurent، نمایش سری Maclaurin را به یاد می آوریم$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad |z|\lt 1.$
$a_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^{n+1}},\quad n=0,1,2,$
$b_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^{-n+1}},\quad n=1,2,$
در سراسر یک دامنه حلقوی$R_1 \lt |z - z_0| \lt R_2$ تحلیلی است
.در عمل، فرمول های انتگرال فوق (2) و (3) ممکن است کاربردی ترین روش را برای محاسبه ضرایب an ارائه ندهد
و bn برای یک تابع معین f(z); درعوض، اغلب با ترکیب بسط های شناخته شده تیلور، سری Laurent را با هم ترکیب می کنیم. از آنجا که بسط Laurent یک تابع هر زمان که وجود داشته باشد منحصر به فرد است، هر عبارتی از این شکل که در واقع برابر با تابع داده شده f(z) باشد. در برخی حلقه ها در واقع باید بسط لورن f(z) باشد.
.به عنوان مثال، تابع را در نظر بگیرید
$f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}$که دارای تکینگی های ایزوله در z=0 است و z=±i. در این مورد، نمایش سری Laurent برای دامنه $0\lt |z|\lt 1$ وجود دارد و همچنین یکی برای دامنه$0\lt |z|\lt 1$، که بیرون دایره است |z|=1. برای یافتن هر یک از این سری های Laurent، نمایش سری Maclaurin را به یاد می آوریم$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad |z|\lt 1.$
برای دامنه 0<|z|<1، ما داریم
در این بخش آخر از این واقعیت استفاده می کنیم که $(-1)^{n-1}=(-1)^{n-1}(-1)^2=(-1)^{n+1}$
. در یک سری Laurent معتبر برای 0<|z|<∞
.$\frac 1{1+t}=1-t+t^2-t^3+\cdots$که می دانیم برای |t|<1 برقرار است. با انتگرال گیری از طرفین تساوی بالا از صفر تا x
داریم$\begin{align}\int_0^x \frac 1{1+t}dt&=\ln (1+x)\\
&=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+\cdots\end{align}$
پس چند جمله ای لورن سری لورن است که در آن فقط تعداد محدودی ضرایب غیر صفر هستند. چند جمله ای های لوران با چند جمله ای های معمولی تفاوت دارند زیرا ممکن است دارای درجه منفی باشند.
چگونه سری Laurent را برای$f(z)=\frac 1{\cos(z^4)-1}$ بدست آوریم
من می دانم که
$\cos(z^4)-1=-\frac{z^8}{2!}+\frac{z^{16}}{4!}+...$
اما چگونه می توانم متقابل این سری را بگیرم (لطفاً از علامت کم استفاده نکنید)؟ یا روش های بهتری برای بدست آوردن سری های مورد نیاز وجود دارد؟تابع $f(z)=\frac1{\cos(z^4)-1}$
را می توان به عنوان بازآرایی کرد
$\begin{align*}
f(z)&=-\frac1{1-\cos(z^4)}\\
&=-\frac{1}{2\sin^2\frac{z^4}2}\\
&=-\frac12\biggl(\frac{2}{z^4}\biggr)^2 \Biggl(\frac{\frac{z^4}{2}}{\sin\frac{z^4}{2}}\Biggr)^2\\
&=-\frac{2}{z^8} \Biggl\{1+\sum_{q=1}^{\infty}(-1)^q\Biggl[\sum_{k=1}^{2q}\frac{(2)_k}{k!}
\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j} \frac{T(2q+j,j)}{\binom{2q+j}{j}}\Biggr]\frac{z^{8q}}{(2q)!}\Biggr\},\quad z^4<2\pi,
\end{align*}$جایی که $(2)_k$
نماد Pochhammer یا فاکتوریل افزایشی است و$T(2q+j,j)$
نشان دهنده اعداد فاکتوریل مرکزی نوع دوم است.
من می خواهم این فرمول بازگشتی را برای اعداد استرلینگ نوع اول اثبات کنم:
$s_{n+1,k+1} = \sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k} s_{n,i}$
اما من فاقد یک ایده مفید هستم. شاید کسی بتواند به من کمک کنه
با احترام.نکته: با استفاده از فرمول فاکتوریل سقوط، توجه داشته باشید که
$(x)_{n+1} = x \cdot (x-1)_n \; .$
فاکتوریل سقوط را بر حسب اعداد استرلینگ نوع اول و توان های $(x-1)^k$ توسعه دهید.
. سپس، از فرمول دو جمله ای نیوتن برای بسط توان$(x-1)^k$ استفاده کنید
. کمی تنظیم مجدد اصطلاحات اثبات را تمام می کند.
از (توجه داشته باشید که فرموم را کمی تغییر دادم، خواهید دید که تشخیص نتیجه نهایی آسانتر است)
$\sum_{i=0}^{n}\sum_{k=0}^{i} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} x^{k+1}$
شما می توانید به عنوان دوباره تنظیم کنید
$\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=k}^{n} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} x^{k+1} \; .$
اگر این را نمی بینید، برخی از شرایط این مجموع دو برابر را به صراحت کار کنید، باید واضح باشد. سپس سمت چپ معادله فاکتوریل در حال سقوط است
$(x)_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} s(n+1,k) x^k = \sum_{k=0}^{n} s(n+1,k+1) x^{k+1}$
با مساوی کردن سمت چپ و راست، دریافت می کنیم
$s(n+1,k+1) = \sum_{i=k}^{n} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} \; .$.
اکنون، ممکن است این فرمولی متفاوت از فرمولی باشد که شما باید آن را استخراج کنید، اما این فقط به این دلیل است که من فرمولی را برای اعداد استرلینگ امضا شده از نوع اول استخراج کردم، در حالی که فرمول شما احتمالاً برای اعداد بدون علامت بود. مشکلی نیست، فقط هر دو طرف معادلات را در$(-1)^{k-n}$ ضرب کنید
.چندین نماد مختلف برای اعداد استرلینگ در حال استفاده است. نماد رایج برای اعداد استرلینگ معمولی (امضا) از نوع اول:
s(n,k)برای اعداد استرلینگ بدون علامت از نوع اول، که تعداد جایگشت های n عنصر را با k چرخه ناپیوسته می شمارند، برابر است با:
${\displaystyle {\biggl [}{n \atop k}{\biggr ]}=c(n,k)=|s(n,k)|=(-1)^{n-k}s(n,k) \,}$
و برای اعداد استرلینگ نوع دوم، که تعداد روشهای تقسیمبندی مجموعهای از n عنصر را به k زیرمجموعه غیرخالی میشمارند
${\displaystyle {\biggl \{}{\!n\! \atop \!k\!}{\biggr \}}=S(n,k)=S_{n}^{(k)}\,}$
به عنوان مثال، مجموع
${\textstyle \displaystyle \sum _{k=0}^{n}\left[{n \atop k}\right]=n!}$ تعداد همه جایگشتها است، در حالی که مجموع
${\textstyle \displaystyle \sum _{k=0}^{n}\left\{{\!n\! \atop \!k\!}\right\}=B_{n}} $nامین شماره زنگ است.
یعنی فاکتوریل سقوط که به صورت تعریف شده است
${\displaystyle (x)_{n}=x(x-1)\cdots (x-n+1)}$، چند جملهای در x از درجه n است که بسط آن برابر است
${\displaystyle (x)_{n}=\sum _{k=0}^{n}s(n,k)x^{k}}$
با اعداد استرلینگ از نوع اول به عنوان ضرایب.
${\displaystyle x^{n}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{n-k}S(n,k)x^{(k)}.}$سری لوران با عملکرد پیچیده
بنابراین من می خواهم سری Laurent این تابع را محاسبه کنم
$f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}, \quad f(z) = \frac{1}{z^{2}+1}.$
سری Laurent باید به این شکل باشد:
$\sum_{n=- \infty }^{ \infty } a_{n} (z-i)^n$
برای یک دیسک دایره ای$0<| z-i|<p,$جایی که $p$ باید پیدا شود
با بسط کسری جزئی دارم می گیرم
$f(z) =\frac{i}{2}\left( \frac{1}{z+i} - \frac{1}{z-i}\right).$
برای جمع اول،
$\frac{1}{z+i} = \frac{1}{2i} \frac{1}{1+\frac{z-i}{2i}} = \frac{1}{2i} \sum_{n= 0 }^{ \infty }\left(\frac{-(z-i)}{2i}\right)^n = \frac{1}{2i} \sum_{n= 0 }^{ \infty } \left(\frac{i}{2}\right)^n (z-i)^n$
برای$\left|\frac{-(z-i)}{2i}\right| < 1 \Longrightarrow \left| z-i \right| < 2.$
حالا نمیدونم چطوری ادامه بدم$\frac{1}{z-i} .$.
نظر من بدون تجزیه جزئی کسر ساده تر است: اجازه دهید$z=w+i$
سپس برای$0<|w|<2$
$f(z) = \frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}{w(w+2i)}=\frac{1}{2iw(1-iw/2)}=-\frac{i}{2w}\sum_{k=0}^{\infty}(iw/2)^k.$
از این رو بسط Laurent از f در $0<|z-i|<2$ است
$f(z)=-\frac{i}{2(z-i)}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{i^{k}(z-i)^{k}}{2^{k+2}}$
در ریاضیات، اعداد اویلر یک دنباله به شکل En از اعداد طبیعی هستند که بوسیله «سری تیلور» (Taylor Series) و به صورت زیر معرفی میشوند.$\large {\displaystyle {\frac {1}{\cosh t}} = {\frac {2}{e^{t} + e^{ -t}}} = \sum_{n = 0}^{\infty }{\frac {E_{n}}{n!}} \cdot t^{n}}$اعداد اویلر به شکلی خاص با چند جملهای اویلر در ارتباط هستند.$\large {\displaystyle E_{n}=2^{n}E_{n}({\tfrac {1}{2}})}$نکته: چند جملهای اویلر به صورت زیر نوشته میشود.$\large E_m(x)= \sum_{n=0}^m \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n \choose k} (x+k)^m$که در آن m درجه چند جملهای و (nk) ترکیب k از n است.
اعداد برنولی در بسط یا سری تیلور برای تابع «سکانت» (Secant) و «سکانت هذلولوی» (Secant Hyperbolic) نیز دیده میشوند. همچنین این اعداد را در «ترتیبهای متناوب» (Alternating Permutations) زمانی که تعداد عناصر زوج باشد میتوان مشاهده کرد.رابطههایی که در ادامه مشاهده میکنید، نحوه تشکیل اعداد برنولی را برحسب «اعداد استرلینگ نوع دوم» (Striling Numbers of the Second Kind) نشان میدهkد.$\large {\displaystyle E_{r}=2^{2r-1}\sum _{k=1}^{r}{\frac {(-1)^{k}S(r,k)}{k+1}}\left(3\left({\frac {1}{4}}\right)^{(k)}-\left({\frac {3}{4}}\right)^{(k)}\right)}$و همچنین رابطه زیر نیز برای زمانی که مرتبه زوج اعداد اویلر مورد نظر باشد، مناسب است.$\large {\displaystyle E_{2l}=-4^{2l}\sum _{k=1}^{2l}(-1)^{k}\cdot {\frac {S(2l,k)}{k+1}}\cdot \left({\frac {3}{4}}\right)^{(k)}}$در رابطههای بالا منظور از S(r,k) عدد استرلینگ نوع دوم بوده و x(n) که به آن «فاکتوریل صعودی» (Rising Factorial) گفته میشود نیز به شکل زیر محاسبه میشود.$\large {\displaystyle x^{(n)} = (x)(x + 1)\cdots (x + n – 1 )}$به این ترتیب میتوانیم این دنباله از اعداد را به صورت زیر محاسبه کنیم.$E_0 = 1 \\ E_2 = −1 \\ E_4 = 5 \\ E_6 = −61 \\ E_8 = 1385 \\ E_10 = 50521 \\ E_12 = 2702765 \\ E_14 = −199360981 \\ E_16 = 19391512145 \\ E_18 = −2404879675441$ دنباله اعداد اویلر برای مرتبههای فرد برابر با صفر است. همچنین برای مرتبه یا اندیسهای زوج نیز ترتیب علامت اعداد اویلر به طور متناوب تغییر میکند. نظیر این ویژگی را در «اعداد برنولی» (Bernoulli’s Numbers) نیز مشاهده کردهاید.نمایش اعداد اویلر به کمک جمع مضاعف
رابطه زیر اعداد اویلر را به کمک «جمع مضاعف» (Double Sums) نشان میدهد.$\large {\displaystyle E_{2k}=(2k+1)\sum _{\ell =1}^{2k}(-1)^{\ell }{\frac {1}{2^{\ell }(\ell +1)}}{\binom {2k}{\ell }}\sum _{q=0}^{\ell }{\binom {\ell }{q}}(2q-\ell )^{2k}}$همچنین رابطه زیر نیز به همین منظور قابل استفاده است.$\large {\displaystyle E_{2k}=\sum _{i=1}^{2k}(-1)^{i}{\frac {1}{2^{i}}}\sum _{\ell =0}^{2i}(-1)^{\ell }{\binom {2i}{\ell }}(i-\ell )^{2k}}$نمایش اعداد اویلر به کمک جمع مکرر
نظیر رابطهای که برای حالت نمایش جمع مضاعف اعداد اویلر داشتیم، به کمک جمع مکرر (Iterated Sum) نیز میتوان اعداد اویلر را محاسبه کرد و نمایش داد.$\large {\displaystyle E_{2n} = i \sum _{k = 1}^{2n + 1} \sum_{j = 0}^{k}{\binom {k}{j}}{\frac {(-1)^{j}(k – 2j)^{2n + 1}}{2^{k}i^{k}k }}}$فقط توجه داشته باشید که در اینجا منظور از i همان «عدد مختلط واحد» (Imaginary Unit) است که برایش داریم $i^2 = -1$نمایش اعداد اویلر به کمک تفکیک جمعاعداد اویلر (E2n) را میتوان به صورت جمع روی «افرازهای زوج» (Even Partitions) از 2n محاسبه کرد. به رابطه زیر دقت کنید.$\large {\displaystyle E_{2n} = (2n)! \sum _{0\leq k_{1}, \ldots ,k_{n}\leq n}{ \binom {K}{k_{1}, \ldots , k_{n}}} \delta _{n,\sum mk_{m}}\left(-{\frac {1}{2!}}\right)^{k_{1}}\left(-{\frac {1}{4!}} \right)^{k_{2}}\cdots \left(- {\frac {1}{(2n)!}} \right)^{k_{n}}}$همین کار را روی افرازهای فرد 2n−1 نیز میتوان اجرا کرد.توجه داشته باشید که در اینجا K=k1+…+kn و داریم:$\large {\displaystyle {\binom {K}{k_{1},\ldots ,k_{n}}}\equiv {\frac {K!}{k_{1}!\cdots k_{n}!}}}$رابطه بالا، همان ضرایب چند جملهایها است. از طرفی نماد
δ نیز بیانگر «تابع دلتای کرونکر» (Kronecker Delta Function) است که باعث میشود جمع روی ks تا $2k_1 + 4k_2+ \ldots + 2nk_n= 2n$ محدود شود.به عنوان یک مثال رابطه زیر را برای محاسبه E10 در نظر بگیرید.$\large {\displaystyle {\begin{aligned}E_{10} & = 10! \left( – {\frac {1}{10!}} + {\frac {2}{2!\,8!}} + {\frac {2}{4!\,6!}} – {\frac {3}{2!^{2}\,6!}} – {\frac {3}{2!\,4!^{2}}} + {\frac {4}{2!^{3}\,4!}} – {\frac {1}{2!^{5}}}\right) \\[6pt] & = 9! \left(- {\frac {1}{9!}} + {\frac {3}{1!^{2}\,7!}} + {\frac {6}{1!\,3!\,5!}} + {\frac {1}{3!^{3}}} – {\frac {5}{1!^{4}\,5!}} – {\frac {10}{1!^{3}\,3!^{2}}} + {\frac {7}{1!^{6}\,3!}} -{\frac {1}{1!^{9}}}\right) \\[6pt] & = – 50\, 521\end{aligned}}}$شیوه دیگری برای نمایش اعداد اویلر، استفاده از نمایش «دترمینانی» (Determinant) است که در زیر قابل مشاهده اس$\large {\displaystyle {\begin{aligned}E_{2n}&=(-1)^{n}(2n)!{\begin{vmatrix}{\frac {1}{2!}}&1& & &\\{\frac {1}{4!}}&{\frac {1}{2!}}&1& &\\ \vdots &~&\ddots &\ddots &\\{\frac {1}{(2n-2)!}}&{\frac {1}{(2n-4)!}}& &{\frac {1}{2!}}&1\\{\frac {1}{(2n)!}}&{\frac {1}{(2n-2)!}}&\cdots &{\frac {1}{4!}}&{\frac {1}{2!}}\end{vmatrix}}\end{aligned}}}$نمایش اعداد اویلر به صورت انتگرال
روابط زیر نحوه نمایش اعداد اویلر را به صورت حاصل انتگرال، مشخص کردهاند.
$\large{\displaystyle {\begin{aligned}(-1)^{n} E_{2n} & = \int_{0}^{ \infty }{\frac {t^{2n}} { \cosh {\frac {\pi t}{2}}}}\; dt = \left( {\frac {2}{\pi }} \right) ^{2n + 1} \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh x}} \;dx \\[8pt] & = \left({\frac {2}{\pi }} \right)^{2n} \int _{0}^{1} \log ^{2n} \left( \tan {\frac {\pi t}{4}}\right) \, dt = \left({\frac {2}{\pi }}\right)^{2n + 1}\int_{0}^{\pi /2} \log ^{2n}\left( \tan {\frac {x}{2}}\right)\, dx \\[8pt] & = {\frac {2^{2n + 3}}{\pi ^{2n + 2}}}\int _{0}^{\pi /2}x \log ^{2n}(\tan x) \, dx = \left({\frac {2}{\pi }}\right)^{2n + 2}\int_{0}^{\pi }{\frac {x}{2}}\log ^{2n}\left(\tan {\frac {x}{2}}\right) \, dx\end{aligned}}}$
نمایش اعداد اویلر با استفاده از ترتیب و تناسب«تساوی ترکیباتی» (Combinational Identity) بین اعداد اویلر و اعداد اول (
p) را در رابطه زیر مشاهده میکنید.$\large {\displaystyle ( – 1)^{\frac {p – 1}{2}}E_{p – 1} \equiv \textstyle {\begin{cases} 0 \mod p & { \text{if }} p \equiv 1 { \bmod {4}};\\ – 2 \mod p & {\text{if }} p \equiv 3 {\bmod {4}}\end{cases}}}$
میتوان اثبات کرد که برای هر عدد اول همنهشت با ۱ به پیمانه ۴ و عدد صحیح بزرگتر از ۱ مثل α≥1، خواهیم اشت:$\large{\displaystyle E_{\phi (p^{\alpha })/2}\not \equiv 0{\pmod {p^{\alpha }}}}$بطوری که
ϕ(n) «تابع فی اویلر» (Euler Phi Function) است.نکته: همنهشتی عدد p با ۱ به پیمانه ۴ را به صورت زیر نشان میدهیم.$\large p \equiv 1 (\pmod 4)$تقریب مجانبی
میزان رشد اعداد برنولی به صورت جهشی و بسیار زیاد است. در نتیجه محاسبه برای اندیسهای بزرگ، با مشکلاتی زیادی همراه است. رابطه زیر یک کران پایین برای اعداد برنولی معرفی کرده است.$\large |E_{2 n}| > 8 \sqrt { \frac{n}{\pi} } \left(\frac{4 n}{ \pi e}\right)^{2 n}$اعداد زیگزاگ اویلر
سری تیلور برای ${\displaystyle \sec x + \tan x = \tan \left({\frac {\pi }{4}} + {\frac {x}{2}}\right)}$
به صورت زیر خواهد بود.$\large {\displaystyle \sum _{n = 0}^{\infty }{\frac {A_{n}}{n!}}x^{n}}$توجه داشته باشید که در اینجا
An اعداد زیگزاگ اویلر (Euler Zigzag Numbers) هستند که به صورت زیر مشخص شدهاند.
برای n زوج:$\large {\displaystyle A_{n} = (- 1)^{\frac {n}{2}} E_{n}}$که در آن En عدد اویلر nام است.
برای اعداد فرد:$\large {\displaystyle A_{n} = ( – 1)^{\frac {n – 1}{2}}{\frac {2^{n + 1 } \left( 2^{n + 1} – 1\right)B_{n + 1}}{n + 1}}}$که در آن Bn نشانگر nامین عدد برنولی (Bernoulli Numbers) است.
به این ترتیب میتوان رابطه زیر را برای اعداد زیگزاگ اویلر نوشت:$\large {\displaystyle {\frac {A_{n – 1}}{(n – 1) !}}\sin { \left({ \frac {n\pi }{2}}\right)} + \sum_{m = 0}^{n – 1}{\frac {A_{m}}{m!(n – m – 1)!}} \sin {\left( {\frac {m \pi }{2}}\right)} = {\frac {1}{(n – 1)!}}}$
در نتیجه این اعداد، تشکیل دنبالهای میدهند که چند عنصر اول آن در ادامه آورده شده است.$1, 1, 1, 2, 5, 16, 61, 272, 1385, 7936, 50521, 353792, 2702765, 22368256, 199360981,\\ 1903757312, 19391512145, 209865342976, 2404879675441, 29088885112832, \ldots$
تابعی از دو متغیر است که زمانی که متغیرها دارای مقادیر یکسانی هستند 1 و زمانی که مقادیر متفاوتی دارند 0 است.فاکتور کرونکر-دلتا یک "ردیابی" انجام می دهد، به معنای جمع کردن اجزای مورب. به یاد داشته باشید که $\delta_{ij}=0$اگر i≠j باشد. بنابراین، برای هر تابع f(i،j)، شما باید داشته باشید
$\begin{equation}
\sum_{i,j} \delta_{ij} f(i,j) = \sum_{i=j} f(i,j) = \sum_i f(i,i)
\end{equation}$
پس در مثال شما،
$\begin{equation}
\sum_{i,j} (1+\delta_{ij}) M_{ij} = \sum_{i,j} M_{ij} + \sum_i M_{ii}
\end{equation}$
جمله اول مجموع هر عنصر در ماتریس است. جمله دوم مجموع عناصر روی قطر است
دلتای کرونکر تابعی است با دامنه مجموعه جفتها (از هر مجموعه شاخصی که باشد) و مجموعه {0،1} را هم دامنه دارد.
ماتریس هویت n×n که به عنوان یک تابع تفسیر می شود، تابعی است با n-tuples دامنه و codomain n-tuples.
آنها یکسان نیستند. آنها یک دامنه ندارند، آنها یک codomain یکسان ندارند.
شاید منظور شما این بود که:
بگوییم که مجموعه شاخص ها$\{1,2,\ldots,k\}$ است. سپس ماتریس A که ورودی (i,j) آن δij است دقیقاً ماتریس هویت k×k است. چرا از ماتریس برای نمایش تابع دلتای کرونکر استفاده نمی کنیم؟
پاسخ این است: به همان دلیلی که ما از نمادهایی مانند f(x) و فرمول ها در هنگام برخورد با توابع به جای استفاده از نمودارهای آنها استفاده می کنیم. استفاده از نام تابع و فرمول آن بسیار کشسان تر و مفیدتر از تلاش برای استفاده دائمی از "گراف" است، چیزی که آن ماتریس با آن مطابقت دارد.
اضافه. ممکن است ارزش افزودن داشته باشد که من کتابهایی را دیده ام که مسیر دیگری را دنبال می کنند: آنها ماتریس هویت n×n را با گفتن اینکه ورودی (i,j) آن δij است تعریف می کنند. یعنی ماتریس هویت را به عنوان "گراف" تابع دلتای کرونکر در مجموعه شاخص تعریف می کنند.تابع دلتای کرونکر
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ C { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c } { f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 }{ f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c }{ f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ -z } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over z’ – z } \, d z’ .
\end {eqnarray}$اکنون، بخشهای مربوط به پارهخط که جهت مخالف نیز دارند، حذف میشوند:$\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) – ( z – z _ 0 ) } d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) – ( z -z _ 0 ) } d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) \left ( { 1 – { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } } \right ) } \, d z’ – { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z – z _ 0 ) \left ( { { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } – 1 } \right ) } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) \left ( { 1 – { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } } \right ) } \,d z’ + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z -z _ 0 ) \left ( { 1 – { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } } \right ) } \, d z’ .
\end {eqnarray}$در انتگرال اول$| z’ – z _ 0 | > |z-z_ 0 |$ و در انتگرال دوم$|z’-z_0|< | z – z _ 0 |$ است. اکنون از بسط تیلور (معتبر برای$|t|<1$) استفاده میکنیم:$\large \begin {equation}
{ 1 \over 1 – t } = \sum _ { n = 0 } ^ \infty t ^ n
\end {equation}$دارم $\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \left [ { \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over z’ – z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z – z _ 0 \over z’ – z _ 0 } \right ) ^ n \, d z’ + \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over z – z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z’ – z _ 0 \over z – z _ 0 } \right ) ^ n \, d z’ } \right ] \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ { – n – 1 } \int _ { C _ 2 } ( z’ -z _ 0 ) ^ n f ( z’ ) \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 1 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ { – n } \int _ { C _ 2 } ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } f ( z’ ) \, d z’ ,
\end {eqnarray}$که در آن، عبارت دوم، تغییر متغیر داده شده است. با یک بار دیگر تغییر متغیر، داریم:$\large \begin {equation}
f ( z ) = { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ { – 1 } ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 2 } { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ .
\end {equation}$اکنون از قضیه انتگرال کوشی استفاده میکنیم انتگرال کانتور یک تابع بدون محصور کردن قطب در 0 داشته باشد. اما
$1 / (z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 }$ هیچگاه درون C2 برای n≥0 تکین نخواهد شد و $1 / ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 }$ هیچگاه درون C1
برای n≤–1 تکین نمیشود. به طور مشابه، قطبی در پارهخط بسته $C _ c – C _ c$ وجود ندارد. بنابراین، میتوانیم C1 و C2 را در انتگرالهای بالا بدون تغییر مقادیرشان با C تعویض کنیم. در نتیجه، خواهیم داشت:$\large \begin {eqnarray}
f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ { – 1 } ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z’ ) \over ( z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = – \infty } ^ \infty ( z – z _ 0 ) ^ n \int _ C { f ( z’ ) \over ( z’ -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ \nonumber \\
& \equiv & \sum _ { n = – \infty } ^ \infty a _ n ( z – z _ 0 ) ^ n .
\end {eqnarray}$تنها الزام C این است که z را محصور کند، به گونهای که برای انتخاب هر کانتور γ آزاد باشیم. بنابراین، مانده an
به صورت زیر تعریف میشود:$\large \begin {equation}
a _ n \equiv { 1 \over 2 \pi i } \int _ \gamma { f ( z’ ) \over (z’ – z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z’ .
\end {equation}$محاسبه بسط سری لوران توابع
برای محاسبه سری لوران از سری هندسی استاندارد و اصلاح شده استفاده میکنیم که به صورت زیر است:$\large \begin {equation} \frac { 1 } { 1 – z } = \left \{ \begin {array} { c l } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } z ^ { n } , & | z | < 1 \\- \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { z ^ { n } } , & | z | > 1 \end {array} \right . \end {equation} \;\;\;\;\; ( 1 )$در اینجا$f ( z ) = \frac {1}{1-z}$ در همه جا جز تکینگی z=1 تحلیلی است. عبارات بالا، بسطهای f در ناحیههای درون و بیرون دایرهای به شعاع 1 و مرکز
z=0 هستند که $|z|< 1$ ناحیه درون دایره و $|z|>1$ ناحیه خارج از آن است.به یاد بیاورید که تابع f از متغیر مختلط z در نقطه z0 تحلیلی است اگر در هر نقطه در محله ای از z0 مشتقی داشته باشد. یک تابع کامل تابعی است که در هر نقطه از کل صفحه محدود تحلیلی است. اگر تابع f در نقطه z0 نمی تواند تحلیلی باشد اما در نقطه ای در هر محله z0 تحلیلی است، سپس z0 نقطه مفرد یا تکینگی f نامیده می شود.فرض کنید که f(z)یا هر شاخه با ارزش واحدی از f(z)، اگر f(z) چند ارزشی است، در منطقه $0\lt|z-z_0|\lt R$تحلیلی است و نه در نقطه z0. سپس نقطه z0 یک نقطه منفرد جدا شده از f(z) نامیده می شود..
اکنون، همچنین به یاد بیاورید که هر تابعی که در سراسر دیسک تحلیلی است$|z -z_0|\lt R_0$ باید یک سری تیلور در مورد z0 داشته باشد. اگر تابع نتواند در نقطه z0 تحلیلی باشد، اغلب می توان یک نمایش سری برای f(z) پیدا کرد. شامل هر دو قدرت مثبت و منفی z-z0. به طور رسمی نتیجه زیر را داریم:قضیه: فرض کنید تابع f در سراسر یک دامنه حلقوی $R_1 \lt |z - z_0| \lt R_2$ تحلیلی است، با مرکز z0و اجازه دهید C هر کانتور بسته ساده با جهت مثبت در اطراف z0 را نشان می دهد و در آن . سپس در هر نقطه از دامنه، f(z) دارای نمایش سری $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{(z-z_0)^n}$
در عمل، فرمول های انتگرال فوق (2) و (3) ممکن است کاربردی ترین روش را برای محاسبه ضرایب an ارائه ندهد
و bn برای یک تابع معین f(z); درعوض، اغلب با ترکیب بسط های شناخته شده تیلور، سری Laurent را با هم ترکیب می کنیم. از آنجا که بسط Laurent یک تابع هر زمان که وجود داشته باشد منحصر به فرد است، هر عبارتی از این شکل که در واقع برابر با تابع داده شده f(z) باشد. در برخی حلقه ها در واقع باید بسط لورن f(z) باشد.
به عنوان مثال، تابع را در نظر بگیرید$f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}$که دارای تکینگی های ایزوله در z=0 است و z=±i. در این مورد، نمایش سری Laurent برای دامنه $0\lt |z|\lt 1$ وجود دارد و همچنین یکی برای دامنه $1\lt |z|\lt \infty$، که بیرون دایره است |z|=1
. برای یافتن هر یک از این سری های Laurent، نمایش سری Maclaurin را به یاد می آوریم$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad |z|\lt 1.$
$a_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^{n+1}},\quad n=0,1,2,$
$b_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)dz}{(z-z_0)^{-n+1}},\quad n=1,2,$
در سراسر یک دامنه حلقوی$R_1 \lt |z - z_0| \lt R_2$ تحلیلی است
.در عمل، فرمول های انتگرال فوق (2) و (3) ممکن است کاربردی ترین روش را برای محاسبه ضرایب an ارائه ندهد
و bn برای یک تابع معین f(z); درعوض، اغلب با ترکیب بسط های شناخته شده تیلور، سری Laurent را با هم ترکیب می کنیم. از آنجا که بسط Laurent یک تابع هر زمان که وجود داشته باشد منحصر به فرد است، هر عبارتی از این شکل که در واقع برابر با تابع داده شده f(z) باشد. در برخی حلقه ها در واقع باید بسط لورن f(z) باشد.
.به عنوان مثال، تابع را در نظر بگیرید
$f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}$که دارای تکینگی های ایزوله در z=0 است و z=±i. در این مورد، نمایش سری Laurent برای دامنه $0\lt |z|\lt 1$ وجود دارد و همچنین یکی برای دامنه$0\lt |z|\lt 1$، که بیرون دایره است |z|=1. برای یافتن هر یک از این سری های Laurent، نمایش سری Maclaurin را به یاد می آوریم$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad |z|\lt 1.$
برای دامنه 0<|z|<1، ما داریم
در این بخش آخر از این واقعیت استفاده می کنیم که $(-1)^{n-1}=(-1)^{n-1}(-1)^2=(-1)^{n+1}$
. در یک سری Laurent معتبر برای 0<|z|<∞
.$\frac 1{1+t}=1-t+t^2-t^3+\cdots$که می دانیم برای |t|<1 برقرار است. با انتگرال گیری از طرفین تساوی بالا از صفر تا x
داریم$\begin{align}\int_0^x \frac 1{1+t}dt&=\ln (1+x)\\
&=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+\cdots\end{align}$
پس چند جمله ای لورن سری لورن است که در آن فقط تعداد محدودی ضرایب غیر صفر هستند. چند جمله ای های لوران با چند جمله ای های معمولی تفاوت دارند زیرا ممکن است دارای درجه منفی باشند.
چگونه سری Laurent را برای$f(z)=\frac 1{\cos(z^4)-1}$ بدست آوریم
من می دانم که
$\cos(z^4)-1=-\frac{z^8}{2!}+\frac{z^{16}}{4!}+...$
اما چگونه می توانم متقابل این سری را بگیرم (لطفاً از علامت کم استفاده نکنید)؟ یا روش های بهتری برای بدست آوردن سری های مورد نیاز وجود دارد؟تابع $f(z)=\frac1{\cos(z^4)-1}$
را می توان به عنوان بازآرایی کرد
$\begin{align*}
f(z)&=-\frac1{1-\cos(z^4)}\\
&=-\frac{1}{2\sin^2\frac{z^4}2}\\
&=-\frac12\biggl(\frac{2}{z^4}\biggr)^2 \Biggl(\frac{\frac{z^4}{2}}{\sin\frac{z^4}{2}}\Biggr)^2\\
&=-\frac{2}{z^8} \Biggl\{1+\sum_{q=1}^{\infty}(-1)^q\Biggl[\sum_{k=1}^{2q}\frac{(2)_k}{k!}
\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j} \frac{T(2q+j,j)}{\binom{2q+j}{j}}\Biggr]\frac{z^{8q}}{(2q)!}\Biggr\},\quad z^4<2\pi,
\end{align*}$جایی که $(2)_k$
نماد Pochhammer یا فاکتوریل افزایشی است و$T(2q+j,j)$
نشان دهنده اعداد فاکتوریل مرکزی نوع دوم است.
من می خواهم این فرمول بازگشتی را برای اعداد استرلینگ نوع اول اثبات کنم:
$s_{n+1,k+1} = \sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k} s_{n,i}$
اما من فاقد یک ایده مفید هستم. شاید کسی بتواند به من کمک کنه
با احترام.نکته: با استفاده از فرمول فاکتوریل سقوط، توجه داشته باشید که
$(x)_{n+1} = x \cdot (x-1)_n \; .$
فاکتوریل سقوط را بر حسب اعداد استرلینگ نوع اول و توان های $(x-1)^k$ توسعه دهید.
. سپس، از فرمول دو جمله ای نیوتن برای بسط توان$(x-1)^k$ استفاده کنید
. کمی تنظیم مجدد اصطلاحات اثبات را تمام می کند.
از (توجه داشته باشید که فرموم را کمی تغییر دادم، خواهید دید که تشخیص نتیجه نهایی آسانتر است)
$\sum_{i=0}^{n}\sum_{k=0}^{i} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} x^{k+1}$
شما می توانید به عنوان دوباره تنظیم کنید
$\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=k}^{n} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} x^{k+1} \; .$
اگر این را نمی بینید، برخی از شرایط این مجموع دو برابر را به صراحت کار کنید، باید واضح باشد. سپس سمت چپ معادله فاکتوریل در حال سقوط است
$(x)_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} s(n+1,k) x^k = \sum_{k=0}^{n} s(n+1,k+1) x^{k+1}$
با مساوی کردن سمت چپ و راست، دریافت می کنیم
$s(n+1,k+1) = \sum_{i=k}^{n} s(n,i)\binom{i}{k} (-1)^{i-k} \; .$.
اکنون، ممکن است این فرمولی متفاوت از فرمولی باشد که شما باید آن را استخراج کنید، اما این فقط به این دلیل است که من فرمولی را برای اعداد استرلینگ امضا شده از نوع اول استخراج کردم، در حالی که فرمول شما احتمالاً برای اعداد بدون علامت بود. مشکلی نیست، فقط هر دو طرف معادلات را در$(-1)^{k-n}$ ضرب کنید
.چندین نماد مختلف برای اعداد استرلینگ در حال استفاده است. نماد رایج برای اعداد استرلینگ معمولی (امضا) از نوع اول:
s(n,k)برای اعداد استرلینگ بدون علامت از نوع اول، که تعداد جایگشت های n عنصر را با k چرخه ناپیوسته می شمارند، برابر است با:
${\displaystyle {\biggl [}{n \atop k}{\biggr ]}=c(n,k)=|s(n,k)|=(-1)^{n-k}s(n,k) \,}$
و برای اعداد استرلینگ نوع دوم، که تعداد روشهای تقسیمبندی مجموعهای از n عنصر را به k زیرمجموعه غیرخالی میشمارند
${\displaystyle {\biggl \{}{\!n\! \atop \!k\!}{\biggr \}}=S(n,k)=S_{n}^{(k)}\,}$
به عنوان مثال، مجموع
${\textstyle \displaystyle \sum _{k=0}^{n}\left[{n \atop k}\right]=n!}$ تعداد همه جایگشتها است، در حالی که مجموع
${\textstyle \displaystyle \sum _{k=0}^{n}\left\{{\!n\! \atop \!k\!}\right\}=B_{n}} $nامین شماره زنگ است.
یعنی فاکتوریل سقوط که به صورت تعریف شده است
${\displaystyle (x)_{n}=x(x-1)\cdots (x-n+1)}$، چند جملهای در x از درجه n است که بسط آن برابر است
${\displaystyle (x)_{n}=\sum _{k=0}^{n}s(n,k)x^{k}}$
با اعداد استرلینگ از نوع اول به عنوان ضرایب.
${\displaystyle x^{n}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{n-k}S(n,k)x^{(k)}.}$سری لوران با عملکرد پیچیده
بنابراین من می خواهم سری Laurent این تابع را محاسبه کنم
$f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}, \quad f(z) = \frac{1}{z^{2}+1}.$
سری Laurent باید به این شکل باشد:
$\sum_{n=- \infty }^{ \infty } a_{n} (z-i)^n$
برای یک دیسک دایره ای$0<| z-i|<p,$جایی که $p$ باید پیدا شود
با بسط کسری جزئی دارم می گیرم
$f(z) =\frac{i}{2}\left( \frac{1}{z+i} - \frac{1}{z-i}\right).$
برای جمع اول،
$\frac{1}{z+i} = \frac{1}{2i} \frac{1}{1+\frac{z-i}{2i}} = \frac{1}{2i} \sum_{n= 0 }^{ \infty }\left(\frac{-(z-i)}{2i}\right)^n = \frac{1}{2i} \sum_{n= 0 }^{ \infty } \left(\frac{i}{2}\right)^n (z-i)^n$
برای$\left|\frac{-(z-i)}{2i}\right| < 1 \Longrightarrow \left| z-i \right| < 2.$
حالا نمیدونم چطوری ادامه بدم$\frac{1}{z-i} .$.
نظر من بدون تجزیه جزئی کسر ساده تر است: اجازه دهید$z=w+i$
سپس برای$0<|w|<2$
$f(z) = \frac{1}{z^{2}+1}=\frac{1}{w(w+2i)}=\frac{1}{2iw(1-iw/2)}=-\frac{i}{2w}\sum_{k=0}^{\infty}(iw/2)^k.$
از این رو بسط Laurent از f در $0<|z-i|<2$ است
$f(z)=-\frac{i}{2(z-i)}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{i^{k}(z-i)^{k}}{2^{k+2}}$
در ریاضیات، اعداد اویلر یک دنباله به شکل En از اعداد طبیعی هستند که بوسیله «سری تیلور» (Taylor Series) و به صورت زیر معرفی میشوند.$\large {\displaystyle {\frac {1}{\cosh t}} = {\frac {2}{e^{t} + e^{ -t}}} = \sum_{n = 0}^{\infty }{\frac {E_{n}}{n!}} \cdot t^{n}}$اعداد اویلر به شکلی خاص با چند جملهای اویلر در ارتباط هستند.$\large {\displaystyle E_{n}=2^{n}E_{n}({\tfrac {1}{2}})}$نکته: چند جملهای اویلر به صورت زیر نوشته میشود.$\large E_m(x)= \sum_{n=0}^m \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n \choose k} (x+k)^m$که در آن m درجه چند جملهای و (nk) ترکیب k از n است.
اعداد برنولی در بسط یا سری تیلور برای تابع «سکانت» (Secant) و «سکانت هذلولوی» (Secant Hyperbolic) نیز دیده میشوند. همچنین این اعداد را در «ترتیبهای متناوب» (Alternating Permutations) زمانی که تعداد عناصر زوج باشد میتوان مشاهده کرد.رابطههایی که در ادامه مشاهده میکنید، نحوه تشکیل اعداد برنولی را برحسب «اعداد استرلینگ نوع دوم» (Striling Numbers of the Second Kind) نشان میدهkد.$\large {\displaystyle E_{r}=2^{2r-1}\sum _{k=1}^{r}{\frac {(-1)^{k}S(r,k)}{k+1}}\left(3\left({\frac {1}{4}}\right)^{(k)}-\left({\frac {3}{4}}\right)^{(k)}\right)}$و همچنین رابطه زیر نیز برای زمانی که مرتبه زوج اعداد اویلر مورد نظر باشد، مناسب است.$\large {\displaystyle E_{2l}=-4^{2l}\sum _{k=1}^{2l}(-1)^{k}\cdot {\frac {S(2l,k)}{k+1}}\cdot \left({\frac {3}{4}}\right)^{(k)}}$در رابطههای بالا منظور از S(r,k) عدد استرلینگ نوع دوم بوده و x(n) که به آن «فاکتوریل صعودی» (Rising Factorial) گفته میشود نیز به شکل زیر محاسبه میشود.$\large {\displaystyle x^{(n)} = (x)(x + 1)\cdots (x + n – 1 )}$به این ترتیب میتوانیم این دنباله از اعداد را به صورت زیر محاسبه کنیم.$E_0 = 1 \\ E_2 = −1 \\ E_4 = 5 \\ E_6 = −61 \\ E_8 = 1385 \\ E_10 = 50521 \\ E_12 = 2702765 \\ E_14 = −199360981 \\ E_16 = 19391512145 \\ E_18 = −2404879675441$ دنباله اعداد اویلر برای مرتبههای فرد برابر با صفر است. همچنین برای مرتبه یا اندیسهای زوج نیز ترتیب علامت اعداد اویلر به طور متناوب تغییر میکند. نظیر این ویژگی را در «اعداد برنولی» (Bernoulli’s Numbers) نیز مشاهده کردهاید.نمایش اعداد اویلر به کمک جمع مضاعف
رابطه زیر اعداد اویلر را به کمک «جمع مضاعف» (Double Sums) نشان میدهد.$\large {\displaystyle E_{2k}=(2k+1)\sum _{\ell =1}^{2k}(-1)^{\ell }{\frac {1}{2^{\ell }(\ell +1)}}{\binom {2k}{\ell }}\sum _{q=0}^{\ell }{\binom {\ell }{q}}(2q-\ell )^{2k}}$همچنین رابطه زیر نیز به همین منظور قابل استفاده است.$\large {\displaystyle E_{2k}=\sum _{i=1}^{2k}(-1)^{i}{\frac {1}{2^{i}}}\sum _{\ell =0}^{2i}(-1)^{\ell }{\binom {2i}{\ell }}(i-\ell )^{2k}}$نمایش اعداد اویلر به کمک جمع مکرر
نظیر رابطهای که برای حالت نمایش جمع مضاعف اعداد اویلر داشتیم، به کمک جمع مکرر (Iterated Sum) نیز میتوان اعداد اویلر را محاسبه کرد و نمایش داد.$\large {\displaystyle E_{2n} = i \sum _{k = 1}^{2n + 1} \sum_{j = 0}^{k}{\binom {k}{j}}{\frac {(-1)^{j}(k – 2j)^{2n + 1}}{2^{k}i^{k}k }}}$فقط توجه داشته باشید که در اینجا منظور از i همان «عدد مختلط واحد» (Imaginary Unit) است که برایش داریم $i^2 = -1$نمایش اعداد اویلر به کمک تفکیک جمعاعداد اویلر (E2n) را میتوان به صورت جمع روی «افرازهای زوج» (Even Partitions) از 2n محاسبه کرد. به رابطه زیر دقت کنید.$\large {\displaystyle E_{2n} = (2n)! \sum _{0\leq k_{1}, \ldots ,k_{n}\leq n}{ \binom {K}{k_{1}, \ldots , k_{n}}} \delta _{n,\sum mk_{m}}\left(-{\frac {1}{2!}}\right)^{k_{1}}\left(-{\frac {1}{4!}} \right)^{k_{2}}\cdots \left(- {\frac {1}{(2n)!}} \right)^{k_{n}}}$همین کار را روی افرازهای فرد 2n−1 نیز میتوان اجرا کرد.توجه داشته باشید که در اینجا K=k1+…+kn و داریم:$\large {\displaystyle {\binom {K}{k_{1},\ldots ,k_{n}}}\equiv {\frac {K!}{k_{1}!\cdots k_{n}!}}}$رابطه بالا، همان ضرایب چند جملهایها است. از طرفی نماد
δ نیز بیانگر «تابع دلتای کرونکر» (Kronecker Delta Function) است که باعث میشود جمع روی ks تا $2k_1 + 4k_2+ \ldots + 2nk_n= 2n$ محدود شود.به عنوان یک مثال رابطه زیر را برای محاسبه E10 در نظر بگیرید.$\large {\displaystyle {\begin{aligned}E_{10} & = 10! \left( – {\frac {1}{10!}} + {\frac {2}{2!\,8!}} + {\frac {2}{4!\,6!}} – {\frac {3}{2!^{2}\,6!}} – {\frac {3}{2!\,4!^{2}}} + {\frac {4}{2!^{3}\,4!}} – {\frac {1}{2!^{5}}}\right) \\[6pt] & = 9! \left(- {\frac {1}{9!}} + {\frac {3}{1!^{2}\,7!}} + {\frac {6}{1!\,3!\,5!}} + {\frac {1}{3!^{3}}} – {\frac {5}{1!^{4}\,5!}} – {\frac {10}{1!^{3}\,3!^{2}}} + {\frac {7}{1!^{6}\,3!}} -{\frac {1}{1!^{9}}}\right) \\[6pt] & = – 50\, 521\end{aligned}}}$شیوه دیگری برای نمایش اعداد اویلر، استفاده از نمایش «دترمینانی» (Determinant) است که در زیر قابل مشاهده اس$\large {\displaystyle {\begin{aligned}E_{2n}&=(-1)^{n}(2n)!{\begin{vmatrix}{\frac {1}{2!}}&1& & &\\{\frac {1}{4!}}&{\frac {1}{2!}}&1& &\\ \vdots &~&\ddots &\ddots &\\{\frac {1}{(2n-2)!}}&{\frac {1}{(2n-4)!}}& &{\frac {1}{2!}}&1\\{\frac {1}{(2n)!}}&{\frac {1}{(2n-2)!}}&\cdots &{\frac {1}{4!}}&{\frac {1}{2!}}\end{vmatrix}}\end{aligned}}}$نمایش اعداد اویلر به صورت انتگرال
روابط زیر نحوه نمایش اعداد اویلر را به صورت حاصل انتگرال، مشخص کردهاند.
$\large{\displaystyle {\begin{aligned}(-1)^{n} E_{2n} & = \int_{0}^{ \infty }{\frac {t^{2n}} { \cosh {\frac {\pi t}{2}}}}\; dt = \left( {\frac {2}{\pi }} \right) ^{2n + 1} \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh x}} \;dx \\[8pt] & = \left({\frac {2}{\pi }} \right)^{2n} \int _{0}^{1} \log ^{2n} \left( \tan {\frac {\pi t}{4}}\right) \, dt = \left({\frac {2}{\pi }}\right)^{2n + 1}\int_{0}^{\pi /2} \log ^{2n}\left( \tan {\frac {x}{2}}\right)\, dx \\[8pt] & = {\frac {2^{2n + 3}}{\pi ^{2n + 2}}}\int _{0}^{\pi /2}x \log ^{2n}(\tan x) \, dx = \left({\frac {2}{\pi }}\right)^{2n + 2}\int_{0}^{\pi }{\frac {x}{2}}\log ^{2n}\left(\tan {\frac {x}{2}}\right) \, dx\end{aligned}}}$
نمایش اعداد اویلر با استفاده از ترتیب و تناسب«تساوی ترکیباتی» (Combinational Identity) بین اعداد اویلر و اعداد اول (
p) را در رابطه زیر مشاهده میکنید.$\large {\displaystyle ( – 1)^{\frac {p – 1}{2}}E_{p – 1} \equiv \textstyle {\begin{cases} 0 \mod p & { \text{if }} p \equiv 1 { \bmod {4}};\\ – 2 \mod p & {\text{if }} p \equiv 3 {\bmod {4}}\end{cases}}}$
میتوان اثبات کرد که برای هر عدد اول همنهشت با ۱ به پیمانه ۴ و عدد صحیح بزرگتر از ۱ مثل α≥1، خواهیم اشت:$\large{\displaystyle E_{\phi (p^{\alpha })/2}\not \equiv 0{\pmod {p^{\alpha }}}}$بطوری که
ϕ(n) «تابع فی اویلر» (Euler Phi Function) است.نکته: همنهشتی عدد p با ۱ به پیمانه ۴ را به صورت زیر نشان میدهیم.$\large p \equiv 1 (\pmod 4)$تقریب مجانبی
میزان رشد اعداد برنولی به صورت جهشی و بسیار زیاد است. در نتیجه محاسبه برای اندیسهای بزرگ، با مشکلاتی زیادی همراه است. رابطه زیر یک کران پایین برای اعداد برنولی معرفی کرده است.$\large |E_{2 n}| > 8 \sqrt { \frac{n}{\pi} } \left(\frac{4 n}{ \pi e}\right)^{2 n}$اعداد زیگزاگ اویلر
سری تیلور برای ${\displaystyle \sec x + \tan x = \tan \left({\frac {\pi }{4}} + {\frac {x}{2}}\right)}$
به صورت زیر خواهد بود.$\large {\displaystyle \sum _{n = 0}^{\infty }{\frac {A_{n}}{n!}}x^{n}}$توجه داشته باشید که در اینجا
An اعداد زیگزاگ اویلر (Euler Zigzag Numbers) هستند که به صورت زیر مشخص شدهاند.
برای n زوج:$\large {\displaystyle A_{n} = (- 1)^{\frac {n}{2}} E_{n}}$که در آن En عدد اویلر nام است.
برای اعداد فرد:$\large {\displaystyle A_{n} = ( – 1)^{\frac {n – 1}{2}}{\frac {2^{n + 1 } \left( 2^{n + 1} – 1\right)B_{n + 1}}{n + 1}}}$که در آن Bn نشانگر nامین عدد برنولی (Bernoulli Numbers) است.
به این ترتیب میتوان رابطه زیر را برای اعداد زیگزاگ اویلر نوشت:$\large {\displaystyle {\frac {A_{n – 1}}{(n – 1) !}}\sin { \left({ \frac {n\pi }{2}}\right)} + \sum_{m = 0}^{n – 1}{\frac {A_{m}}{m!(n – m – 1)!}} \sin {\left( {\frac {m \pi }{2}}\right)} = {\frac {1}{(n – 1)!}}}$
در نتیجه این اعداد، تشکیل دنبالهای میدهند که چند عنصر اول آن در ادامه آورده شده است.$1, 1, 1, 2, 5, 16, 61, 272, 1385, 7936, 50521, 353792, 2702765, 22368256, 199360981,\\ 1903757312, 19391512145, 209865342976, 2404879675441, 29088885112832, \ldots$
تابعی از دو متغیر است که زمانی که متغیرها دارای مقادیر یکسانی هستند 1 و زمانی که مقادیر متفاوتی دارند 0 است.فاکتور کرونکر-دلتا یک "ردیابی" انجام می دهد، به معنای جمع کردن اجزای مورب. به یاد داشته باشید که $\delta_{ij}=0$اگر i≠j باشد. بنابراین، برای هر تابع f(i،j)، شما باید داشته باشید
$\begin{equation}
\sum_{i,j} \delta_{ij} f(i,j) = \sum_{i=j} f(i,j) = \sum_i f(i,i)
\end{equation}$
پس در مثال شما،
$\begin{equation}
\sum_{i,j} (1+\delta_{ij}) M_{ij} = \sum_{i,j} M_{ij} + \sum_i M_{ii}
\end{equation}$
جمله اول مجموع هر عنصر در ماتریس است. جمله دوم مجموع عناصر روی قطر است
دلتای کرونکر تابعی است با دامنه مجموعه جفتها (از هر مجموعه شاخصی که باشد) و مجموعه {0،1} را هم دامنه دارد.
ماتریس هویت n×n که به عنوان یک تابع تفسیر می شود، تابعی است با n-tuples دامنه و codomain n-tuples.
آنها یکسان نیستند. آنها یک دامنه ندارند، آنها یک codomain یکسان ندارند.
شاید منظور شما این بود که:
بگوییم که مجموعه شاخص ها$\{1,2,\ldots,k\}$ است. سپس ماتریس A که ورودی (i,j) آن δij است دقیقاً ماتریس هویت k×k است. چرا از ماتریس برای نمایش تابع دلتای کرونکر استفاده نمی کنیم؟
پاسخ این است: به همان دلیلی که ما از نمادهایی مانند f(x) و فرمول ها در هنگام برخورد با توابع به جای استفاده از نمودارهای آنها استفاده می کنیم. استفاده از نام تابع و فرمول آن بسیار کشسان تر و مفیدتر از تلاش برای استفاده دائمی از "گراف" است، چیزی که آن ماتریس با آن مطابقت دارد.
اضافه. ممکن است ارزش افزودن داشته باشد که من کتابهایی را دیده ام که مسیر دیگری را دنبال می کنند: آنها ماتریس هویت n×n را با گفتن اینکه ورودی (i,j) آن δij است تعریف می کنند. یعنی ماتریس هویت را به عنوان "گراف" تابع دلتای کرونکر در مجموعه شاخص تعریف می کنند.تابع دلتای کرونکر