1.लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण का परिचय (Introduction to Examples of Laurent Series Expansion),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis):

Examples of Laurent Series Expansion

लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण (Examples of Laurent Series Expansion) के इस आर्टिकल में लौराँ एवं टेलर श्रेणी की सहायता से कुछ विशिष्ट फलनों के प्रसार ज्ञात करना सीखेंगे।
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2.लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण (Examples of Laurent Series Expansion):

Example:1.टेलर श्रेणी के रूप में f(z)=\frac{z-1}{z+1} का प्रसार करें,(i)z=0 (ii)z=1 (iii) 1 <|z|<\infty डोमेन में लौराँ की श्रेणी
(Expand f(z)=\frac{z-1}{z+1} as a Taylor’s, series about (i)z=0 (ii)z=1 (iii) its Laurent’s series in the domain 1 <|z|<\infty)
Solution: (i) f(z)=\frac{z-1}{z+1} \\ \Rightarrow f(z)=1-\frac{2}{z+1} \cdots(1) \\ \Rightarrow f(z)=1-2(1+z)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=1-2 \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} (-1)^n z^n
(ii)माना \phi(z)=\frac{1}{z+1} \\ \phi^n(z)=\frac{(-1)^n n!}{(z+1)^{n+1}}
यदि a_n=\frac{\phi^{(n)}(1)}{n!} तब a_n=\frac{(-1)^n}{(1+1)^{n+1}} \\ \Rightarrow a_n=\frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \\ \phi(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n(z-1)^n=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^{n+1}}
(1) व (2) से:
f(z)=1-\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \frac{(-1)^n(z-1)^n}{2^n}
यह z=1 के सामीप्य में टेलर प्रसार है।
(iii) f(z)=1-\frac{2}{z+1} \\=1-\frac{2}{z}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=1-\frac{2}{z} \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} (-1)^n \frac{1}{z^n}
Example:2.फलन f(z)=\frac{1}{\left(z^2-4\right)(z+1)} का लौराँ श्रेणी ज्ञात कीजिए,जो क्षेत्र 1< |z|< 2 के लिए वैध है।
(Find Laurent’s series of the function f(z)=\frac{1}{\left(z^2-4\right)(z+1)} valid in the region 1< |z|< 2 )
Solution: f(z)=\frac{1}{\left(z^2-4\right)(z+1)} \\ =\frac{1}{(z-2)(z+2)(z+1)}
आंशिक भिन्नों में वियोजन करने पर:
\Rightarrow f(z)= \frac{1}{12(z-2)}+\frac{1}{4(z+2)}-\frac{1}{3(z+1)} \\ =-\frac{1}{24}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1}+\frac{1}{8}\left(1+\frac{z}{2}\right)^{-1}-\frac{1}{3 z}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{1}{24} \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \left(\frac{z}{2}\right)^n+\frac{1}{8} \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} (-1)^n\left(\frac{z}{2}\right)^n-\frac{1}{3 z} \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \frac{(-1)^n}{z^n}
Example:3.टेलर श्रेणी \sin z में z=\frac{\pi}{4} के सामीप्य में प्रसार करें।
(Expand \sin z in a Taylor’s series about z=\frac{\pi}{4} )
Solution: f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^n \cdots(1)
जहाँ a_n=\frac{f^n\left(\frac{\pi}{4}\right)}{n!} \cdots(2) \\ f(z)=\sin z=f^n(z)=\sin \left(z+\frac{n \pi}{2}\right) \\ \therefore f^n\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{n \pi}{2}\right)
उपर्युक्त मान (1) में रखने पर:
f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{n \pi}{2}\right) \frac{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^3}{n!}
Example:4(a).z=1 के सामीप्य में टेलर श्रेणी का \frac{1}{z} का प्रसार करें
(b)वलय 0<\left|z-\frac{\pi}{4}\right|<1 में फलन f(z)=\frac{\sin z}{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^3} के लौराँ श्रेणी का निर्धारण कीजिए।
((a)Expand \frac{1}{z} as a Taylor’s series about z=1.)
((b)Determine Laurent’s expansion of the function f(z)=\frac{\sin z}{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^3} in the annulus 0<\left|z-\frac{\pi}{4}\right|<1 .)
Solution:(a). f(z)=\frac{1}{z}
z=1 के सामीप्य में टेलर प्रसार के लिए
f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n(z-1)^n जहाँ a_n=\frac{f^{(n)}(1)}{n!} \\ f^n(z)=\frac{(-1)^n n!}{z^{n+1}} \\ \Rightarrow f^{(n)}(1)=\frac{(-1)^n n!}{(1)^{n+1}}\left[\because a_n=(-1)^n\right] \\ \therefore f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} (-1)^n(z-1)^n
(b)f(z)=\frac{\sin z}{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^3} \cdots(1) \\ z=\frac{\pi}{4} के सामीप्य में लौराँ प्रसार के लिए
f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^n+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} \frac{b_n}{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^n} \cdots(2)
जहाँ a_{n}=\frac{1}{2 \pi i} \int_c \frac{f(z) d z}{\left(z-\frac{\pi}{4}\right)^{n+1}} \ldots(3)
तथा b_n=a_{(-n)} \\ C ,\left|z-\frac{\pi}{4}\right|=1 है।
\therefore z-\frac{\pi}{4}=e^{i \theta} \Rightarrow d z=i \cdot e^{i \theta} d \theta
(1) से :
f(z)=\frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}+e^{i \theta}\right)}{e^{i 3 \theta}}
ये मान (3) में रखने पर:
a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_C \frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}+\cos \theta+i \sin \theta\right)i e^{i \theta} d \theta}{e^{i 3 \theta}(e^{i \theta})^{n+1}} \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_C \sin \left(\frac{\pi}{4}+\cos \theta+i \sin \theta\right) e^{-i \theta(n+3)} d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_C [\sin \phi \cdot \cosh (\sin \theta)+i \cos \phi \cdot \cosh (\sin \theta) \cdot][\cos m \theta-i \sin m \theta] \cdot d \theta
जहाँ m=n+3, \phi=\frac{\pi}{4}+\cos \theta
इस प्रकार \phi_n=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left[\sin \phi \cdot \cosh (\sin \theta) \cos (m \theta)+\cos \phi \sinh (\sin \theta) \sin (m \theta) d \theta \right] -i I_1
जहाँ I_1=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} F(\theta) d \theta
तथा F(\theta)=\sin \phi \cdot \sin( m \theta) \cdot \cosh (\sin \theta)- \cos \phi \cdot \cos (m \theta) \cdot \cosh (\sin \theta)
यह सिद्ध किया जा सकता है कि
F(2 \pi-\theta)=-F(\theta) \\ \therefore I_1=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} F(\theta) d \theta=0
अतः a_n=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}[\sin \phi \cosh (\sin \theta) \cdot \cos (m \theta) +\cos \phi \cdot \sinh (\sin \theta) \cdot \sin (m \theta) d \theta \cdots(4)
जहाँ \phi=\frac{\pi}{4}+\cos \theta, m=n+3 \\ b_n=a_{(-n)}
लौराँ श्रेणी (2) द्वारा दी गई है और व के गुणांक (4) द्वारा दिए गए हैं।
Example:5.दर्शाइए कि |a|<|z|<|b| द्वारा परिभाषित वलय में फलन \left[\frac{b z}{(z-a)(b-z)}\right]^{\frac{1}{2}} का विस्तार निम्न रूप में किया जा सकता है: S_0 + \sum S_n \left(\frac{a^n}{z^n}+\frac{z^n}{b^n}\right)
जहाँ S_n=\overset{\infty}{\underset{i=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots(2 l-1)(1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots}{z^{2l+n} l!\frac{(2 l+2 n-1)}{(l+n)!}} \left(\frac{a}{b}\right)^l
Solution: माना f(z)=\left[\frac{b z}{(z-a)(b-z)}\right]^{\frac{1}{2}} दिया हुआ फलन z=0 के अतिरिक्त सर्वत्र विश्लेषिक है इसलिए इसे में लौराँ श्रेणी में प्रसार किया जा सकता है जहाँ r बहुत छोटा है और R बहुत बड़ा है परन्तु परिमित है।
\therefore f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} b_n z^{-n}
जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_c \frac{f(z)}{z^{n+1}} d z
तथा b_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_c z^{n-1} f(z) d z
जबकि |a|<|z|<|b| इसलिए हम लिख सकते है
f(z)=\left[\frac{1}{\left(1-\frac{z}{b}\right)\left(1-\frac{a}{z}\right)}\right]^{\frac{1}{2}} \\ =\left(1-\frac{z}{b}\right)^{-\frac{1}{2}}\left(1-\frac{a}{z}\right)^{-\frac{1}{2}} \\ =\overset{\infty}{\underset{m=0}{\sum}} \frac{1.3 .5 \ldots(2 m-1)}{2^m m!}\left(\frac{z}{b}\right)^m \cdot \overset{\infty}{\underset{l=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots(2 l-1)}{z^l l!} \cdot\left(\frac{a}{z}\right)^l
अब a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_c \frac{f(z)}{z^{n+1}} d z \\ =\frac{1}{2 \pi i} \int_C\left[\overset{\infty}{\underset{m=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots (2 m-1)}{2^m \cdot m!} \cdot \frac{z^m}{b^m} \overset{\infty}{\underset{l=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 l-1)}{2^l \cdot l!} \cdot \frac{a^l}{z^l}\right] \frac{d z}{z^{n+1}} \\ =\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi}\left[\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \ldots (2m-1)}{z^m \cdot m!} \cdot \frac{R^m e^{i m \theta}}{b^m} \overset{\infty}{\underset{i=0}{\sum}} \frac{1 \cdot 3 \ldots (2l-1)}{2^l \cdot l!} \cdot \frac{a^l}{R^l e^{i l \theta}}\right] \frac{R i e^{i \theta}d \theta}{R^{m+1} e^{i(n+1) \theta}}
दायी तरफ का समाकल निम्न रूप का है \int_0^{2 \pi} e^{i(m-l-n) 0} d \theta जो (m-l+n) के अलावा समाकल हो जाता है |
माना C वृत्त है जो द्वारा परिभाषित है तब
\therefore a_n =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left[\sum \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots (2l+2n-1)}{2^{l+n} \cdot (l+n)!} \cdot \frac{1}{b^{l+n}} \cdot \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots (2 l-1) a^l}{2^l \cdot l!}\right] d \theta \\ =\frac{1}{b^n 2 \pi} \int_0^{2 \pi} S_n d \theta=\frac{S_n}{b_n}
विशेष a_0=S_0
इसी प्रकार b_n=a_n^n S_n
इस प्रकार f(z)=\sum a_n z^n+\sum b_n \bar{z}^n \\ =a_0+ \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} \left(a_n z^n+b_n \bar{z}^n\right) \\ =S_0+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} S_n \left(\frac{z^n}{b^n}+\frac{a^n}{z^n}\right)

Examples of Laurent Series Expansion

Example:6. प्रदर्शित करो कि e^{\frac{u}{z}+vz}=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} b_n \bar{z}^n
जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} \operatorname{exp} \left[ (u+v) \cos \theta \right] \cos \left[ (u-v) \sin \theta-n \theta \right] d \theta
तथा b_n=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} \operatorname{exp} \left[ (u+v) \cos \theta \right] \cos \left[ (u-v) \sin \theta-n \theta \right] d \theta
Solution: माना f(z)=e^{\frac{u}{z}+v z} दिया हुआ फलन f(z), z=0 के अतिरिक्त सर्वत्र विश्लेषिक है इसलिए इसे क्षेत्र r < |z| < R में लौराँ श्रेणी में प्रसार किया जा सकता है जहाँ r बहुत छोटा है और R बहुत बड़ा है परन्तु परिमित है। 
\therefore f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} b_n \bar{z}^{2}
जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_C \frac{f(z)}{z^{n+1}} d z, b_n=\frac{i}{2 \pi i} \int_C \frac{f(z)}{z^{n-1}} d z
तथा C कोई वृत्त है जिसका केन्द्र मूलबिन्दु है।
माना C वृत्त है |z|=1
z=e^{i \theta}, d z=i e^{i \theta} d \theta
अब a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi} \frac{\exp \left(u e^{-i \theta}+v e^{i \theta}\right)}{e^{i(n+1) \theta}} i e^{i \theta} d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u+v) \cos \theta} e^{i[(v-u) \sin \theta-n \theta]] } d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u-v) \cos \theta} [\cos \theta[(v-u) \sin \theta-n \theta] +i \sin \left[ (v-u) \sin \theta-n \theta \right] d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u+v) \cos \theta} \cos \left[(v-u) \sin \theta-n \theta)\right] d \theta
निश्चित समाकलन के गुणधर्म से द्वितीय समाकल शून्य हो जाता है।
b_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi} e^{\left(u e^{-i \theta}+v e^{i \theta}\right)} e^{i(n-1) \theta} \cdot i e^{i \theta} d \theta \\ = \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u+v) \cos \theta} e^{-i[(u-v) \sin \theta-n \theta]} d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u+v) \cos \theta}[\cos (u-v) \sin \theta-n \theta] -i[\sin (u-v) \sin \theta-n \theta]] d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} e^{(u+v) \cos \theta} \cos\left[ (u-v) \sin \theta-n \theta) d \theta \right]
निश्चित समाकलन के गुणधर्म से द्वितीय समाकल शून्य हो जाता है।
Example:7. दर्शाइए कि यदि c>0 तब e^{z+ \frac{c^3}{2 z^2}}=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n
जहाँ a_n=\frac{e^{-\frac{c}{2}}}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} e^{c\left(\cos \theta+\cos ^2 \theta\right)} \cos \left[ (\sin \cdot (1-\cos \theta)-n \theta \right] d \theta
(Show that if c>0,then e^{z+ \frac{c^3}{2 z^2}}=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n where a_n=\frac{e^{-\frac{c}{2}}}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} e^{c\left(\cos \theta+\cos ^2 \theta\right)} \cos \left[ (\sin \cdot (1-\cos \theta)-n \theta \right] d \theta )
Solution:दिया हुआ फलन z=0 के अतिरिक्त सर्वत्र विश्लेषिक है इसलिए इसे r< |z| <R में लौराँ श्रेणी में प्रसार किया जा सकता है जहाँ r बहुत छोटा है और R बहुत बड़ा है परन्तु परिमित है।
\therefore e^{z+ \frac{c^3}{2 z^2}}=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_C f(z) \frac{d z}{z^{n+1}}
तथा C कोई वृत्त है जिसका केन्द्र मूलबिन्दु है।
माना C वृत्त है जो |z|=c द्वारा परिभाषित है तब
z=c e^{i \theta} \Rightarrow dz=i c e^{i \theta} d \theta \\ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi} e^{\left(c e^{i \theta}+\frac{1}{2} c e^{-i 2 \theta}\right)} \frac{i c e^{i \theta} d \theta}{c^{n+1} e^{i(n+1) \theta}} \\=\frac{1}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} \exp \left(c e^{i \theta}+\frac{1}{2} c e^{-i 2 \theta}-i n \theta\right) d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} \exp \left(\cos \theta+\frac{1}{2} \cos 2 \theta\right) \exp i (c \sin \theta -\frac{1}{2}(\sin 2 \theta-n \theta) d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} \exp \left( c \cos \theta+\frac{1}{2} \cos 2 \theta\right)\left[ \cos (c \sin \theta-\frac{1}{2} c \sin 2 \theta-n \theta)+i \sin \left( c \sin \theta-\frac{1}{2} c \sin 2 \theta -n \theta \right) \right] d \theta \\= \frac{1}{2 \pi c^n} \int_0^{2 \pi} \exp \left(c \cos \theta+\frac{1}{2} c \cos 2 \theta\right) \cos\left( c \sin \theta-\frac{1}{2} c \sin 2 \theta -n \theta \right) d \theta
निश्चित समाकलन के गुणधर्म से द्वितीय समाकल शून्य हो जाता है।
Example:8.एक फलन f(z) ज्ञात कीजिए जो पूरे वृत्त C और उसके आन्तरिक भाग में विश्लेषिक है जिसका केन्द्र मूलबिन्दु \theta पर है और जिसकी त्रिज्या इकाई है और इसका मान है
\frac{a-\cos \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1}+i \frac{\sin \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1}
जहाँ a>1 और,परिधि C पर उर्ध्वाधर कोण है।
(Find a function f(z) which is analytic throughout the circle C and its interior whose centre is at origin and whose radius is unity and has the value
\frac{a-\cos \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1}+i \frac{\sin \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1}
Where a>1 and \theta is the vertical angle at points on the circumference of C.)
Solution:फलन f(z),वृत्त C के अन्दर और ऊपर विश्लेषिक दिया हुआ है जो |z|=1 द्वारा परिभाषित है,इसलिए f(z) टेलर श्रेणी में प्रसार किया जा सकता है वृत्त C के अन्दर और ऊपर
\therefore f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n
जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_C \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz
वृत्त C पर, z =e^{i \theta} \Rightarrow d z=i e^{i \theta} d \theta
तथा f(z)=\frac{a-\cos \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1}+i \frac{\sin \theta}{a^2-2 a \cos \theta+1} \\ =\frac{a-e^{-i \theta}}{a^2-a\left(e^{i \theta}+e^{-i \theta}\right)+1} \\ =\frac{a-e^{-i \theta}}{\left(a-e^{-i \theta}\right)\left(a-e^{i \theta}\right)}=\frac{1}{a-e^{i \theta}}
अब a_n =\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi} \frac{1}{a-e^{-i \theta}} \cdot \frac{i e^{i \theta}}{e^{i(n+1) \theta}} \\ =\frac{1}{2 \pi a} \cdot \int_0^{2 \pi} e^{-i n \theta} \left(1-\frac{e^{i \theta}}{a}\right)^{-1} d \theta \\=\frac{1}{2 \pi a} \int_0^{2 \pi} e^{-i n \theta}\left(1+\frac{e^{i \theta}}{a}+\frac{e^{i 2 \theta}}{a^2}+\cdots\right) d \theta \\=\frac{1}{2 \pi a} \int_0^{2 \pi} e^{i n \theta} \cdot \frac{e^{i n \theta}}{a^n} d \theta
[अन्य समाकल शून्य हो जाते हैं]
=\frac{1}{2 \pi a^{n+1}} \int_0^{2 \pi} d \theta=\frac{1}{a^{n+1}} \\ \Rightarrow f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \frac{a^n}{z^{n+1}}=\frac{1}{a}+\frac{z}{a^2}+\frac{z^2}{a^3}+ \ldots \\ =\frac{1}{a}\left(1+\frac{z}{a}+\frac{z^2}{a^2}+\cdots\right) \\ =\frac{1}{a}\left(1-\frac{z}{a}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{a-z}
Example:9.एक फंक्शन निर्धारित करें जो वृत्त |z|=1 के अन्दर एकसमान (regular) होगा और इस वृत्त की परिधि का मान होगा:
\frac{\left(a^2-1\right) \cos \theta+i\left(a^2+1\right) \sin \theta}{a^4-2 a^2 \cos 2 \theta+1}
जहाँ a^2 >1 तथा \theta परिधि के किसी बिन्दु पर सदिश कोण है।
(Determine a function which shall be regular within the circle |z|=1 and shall have on the circumference of this circle the value
\frac{\left(a^2-1\right) \cos \theta+i\left(a^2+1\right) \sin \theta}{a^4-2 a^2 \cos 2 \theta+1}
where a^2 >1 and \theta is the vectorial angle at any point on the circumference.)
Solution:माना f(z) अभीष्ट फलन है।
तब f(z),वृत्त |z|=1 के अन्दर विश्लेषिक है,इसलिए इसे टेलर श्रेणी में प्रसार किया जा सकता है।
\therefore f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} a_n z^n
जहाँ a_n=\frac{1}{2 \pi i} \cdot \int_C \frac{f(z)}{z^{n+1}} d z,
C वृत्त है जो |z|=1 द्वारा परिभाषित है
C पर
f(z)=\frac{\left(a^2-1\right) \cos \theta+i\left(a^2+1\right) \sin \theta}{a^4-2 a^2 \cos 2 \theta+1} \\ =\frac{a^2(\cos \theta+i \sin \theta)-(\cos \theta-i \sin \theta)}{a^4-a^2\left(e^{i 2 \theta}+e^{-i 2 \theta}\right)+1} \\ =\frac{a^2 e^{i \theta}-e^{-i \theta}}{\left(a^2 e^{i a}-e^{-i \theta}\right)\left(a^2 e^{-i \theta}-e^{i \theta}\right)} \\=\frac{1}{a^2 e^{-i \theta}-e^{i \theta}} \\ =\frac{1}{a^2 e^{-i \theta}\left(1-\frac{1}{a^2} e^{i 2 \theta}\right)}
तथा z=e^{i \theta} \Rightarrow d z=i e^{i \theta} d \theta
अब a_n=\frac{1}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi} \frac{1}{a^2 e^{-i \theta}\left(1-\frac{1}{a^2} \cdot e^{i 2 \theta} \right)^{i(n+1) \theta}} \cdot \frac{i e^{i \theta}}{e^{i(n+1) \theta}} d \theta \\=\frac{1}{2 \pi a^2} \int_0^{2 \pi} e^{-i(n-1) \theta}\left(1-\frac{e^{i 2 \theta}}{a^2}\right)^{-1} d \theta \\ =\frac{1}{2 \pi a^2} \int_0^{2 \pi} e^{-i(n-1) \theta}\left(1+\frac{e^{2 i \theta}}{a^2}+\frac{e^{i 4 \theta}}{a^4}+ \ldots \right) d \theta \\ =0
=0,यदि n सम है
तथा a_n=\frac{1}{2 \pi a^2} \int_0^{2 \pi} e^{-i(n-1) \theta} \frac{e^{i(n-1) \theta}}{a^n-1} d \theta यदि n विषम है
=\frac{1}{a^{n+1}} \cdots(1)
इस प्रकार f(z)=a_1 z+a_3 z^3+a_5 z^5+\ldots [ a_n=0 जब n सम है]
=\frac{z}{a^2}+\frac{z^3}{a^4}+\frac{z^5}{a^6}+\ldots [(1) से]
=\frac{z}{a^2}\left(1+\frac{z^2}{a^2}+\frac{z^4}{a^4}+\cdots\right) \\ =\frac{z}{a^2}\left(1-\frac{z^2}{a^2}\right)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=\frac{z}{a^2-z^2}
उपर्युक्त उदाहरणों के द्वारा लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण (Examples of Laurent Series Expansion),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis) को समझ सकते हैं।

Examples of Laurent Series Expansion

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3.लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण (Frequently Asked Questions Related to Examples of Laurent Series Expansion),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis) से सम्बन्धित अक्सर पूछे जाने वाले प्रश्न:

लौराँ श्रेणी प्रसार के उदाहरण (Examples of Laurent Series Expansion) के इस आर्टिकल
में लौराँ एवं टेलर श्रेणी की सहायता से कुछ विशिष्ट फलनों के प्रसार ज्ञात करना सीखेंगे।