1.लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? (How to Expand in Laurent Series Expansion?),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis):

Expand in Laurent Series Expansion

लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? (How to Expand in Laurent Series Expansion?) के इस आर्टिकल में फलन का लौराँ श्रेणी प्रसार ज्ञात करने पर आधारित सवालों को हल करके समझने का प्रयास करेंगे।
आपको यह जानकारी रोचक व ज्ञानवर्धक लगे तो अपने मित्रों के साथ इस गणित के आर्टिकल को शेयर करें।यदि आप इस वेबसाइट पर पहली बार आए हैं तो वेबसाइट को फॉलो करें और ईमेल सब्सक्रिप्शन को भी फॉलो करें।जिससे नए आर्टिकल का नोटिफिकेशन आपको मिल सके।यदि आर्टिकल पसन्द आए तो अपने मित्रों के साथ शेयर और लाईक करें जिससे वे भी लाभ उठाए।आपकी कोई समस्या हो या कोई सुझाव देना चाहते हैं तो कमेंट करके बताएं।इस आर्टिकल को पूरा पढ़ें।

Also Read This Article:- Examples of Complex Integration

2.लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? के उदाहरण (How to Expand in Laurent Series Expansion Illustrations):

Illustration:1.निम्न क्षेत्रों के लिए वैद्य लौराँ श्रेणी में f(z)=\frac{1}{(z+1)(z+3)} का विस्तार करें।
(Expand f(z)=\frac{1}{(z+1)(z+3)} in a Laurent’s series valid for the regions):
Illustration:1(i). |z|<1
Solution: f(z)=\frac{1}{(z+1)(z+3)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने पर:
f(z)=\frac{1}{2(z+1)}-\frac{1}{2(z+3)} \\ f(z)=\frac{1}{2}(1+z)^{-1}-\frac{1}{6}\left(1+\frac{z}{3}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{2}\left[1-z+z^2-z^3+\cdots\right]-\frac{1}{6}\left[1-\frac{z}{3}+\left(\frac{z}{3}\right)^2-\left(\frac{z}{3}\right)^3+\cdots\right] \\ =\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{18}\right) z+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{54}\right) z^2- \cdots \\ \Rightarrow f(z)=\frac{1}{3}-\frac{4}{9}z+\frac{13}{27} z^2- \cdots
Illustration:1(ii). 1<|z|<3
Solution: 1<|z|<3 \\ \frac{1}{|z|}<1
तथा \frac{|z|}{3}<1 \\ \frac{1}{2(z+1)} =\frac{1}{2 z\left(1+\frac{1}{z}\right)} \\ =\frac{1}{2 z} \left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{2 z}\left(1-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}+\cdots\right) \\ =\frac{1}{2 z}-\frac{1}{2 z^2}+\frac{1}{2 z^3} \cdots
तथा \frac{1}{2(z+3)}=\frac{1}{6\left(1+\frac{z}{3}\right)} \\ =\frac{1}{6}\left(1+\frac{z}{3}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{6}\left(1-\frac{z}{3}+\frac{z^2}{9}-\frac{z^3}{27}+\cdots\right) \\ =\frac{1}{6}-\frac{1}{18} z+\frac{1}{54} z^2-\frac{1}{162} z^3+\cdots
अतः लौराँ श्रेणी क्षेत्र 1<|z|<3 के लिए वैद्य है।
f(z)=\cdots+\frac{1}{2 z^3}+\frac{1}{2 z^2}+\frac{1}{2 z}+\frac{1}{6}-\frac{1}{18} z+\frac{1}{54} z^2-\frac{1}{162} z^3+\cdots
Illustration:1(iii). |z|>3
Solution: |z|>3
तब \frac{3}{|z|}<1 \\ \therefore f(z)= \frac{1}{2 z}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1}-\frac{1}{2 z}\left(1+ \frac{3}{z}\right)^{-1} \\ = \frac{1}{2 z}\left(1-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}+\cdots\right)-\frac{1}{2 z}\left[1-\frac{3}{z}+\left(\frac{3}{z}\right)^2-\left(\frac{3}{z}\right)^3+\cdots\right] \\ \Rightarrow f(z)=\frac{1}{z^2}-\frac{4}{z^3}+\frac{13}{z^4}-\frac{40}{z^5}+\cdots
Illustration:2.दर्शाइए कि जब 0<|z|<4
(Show that when 0<|z|<4 )
\frac{1}{4 z-z^2}=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{z^{n-1}}{4^{n+1}}
Solution: 0<|z|<4
तब \frac{|z|}{4}<1 \\ \therefore \frac{1}{4 z-z^2} =\frac{1}{4 z\left(1-\frac{z}{4}\right)} \\ =\frac{1}{4 z}\left(1-\frac{z}{4}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{4 z}\left[1+\frac{z}{4}+\left(\frac{z}{4}\right)^2+\left(\frac{z}{4}\right)^3+\cdots\right] \\ =\frac{z^{-1}}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{z}{4^3}+\frac{z}{4^4}+\cdots \\ \Rightarrow \frac{1}{4 z-z^2}=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{z^{n-1}}{4^{n+1}}
Illustration:3.सिद्ध कीजिए कि (Prove that)
\frac{1+2 z}{z^2+z^3}=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}-1+z-z^2+z^3 \cdots जहाँ 0<|z|<4
Solution:माना f(z)=\frac{1+2 z}{z^2+z^3}=\frac{1+2 z}{z^2(1+z)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने पर:
f(z)=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}-\frac{1}{1+z} \\ =\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z}-(1+z)^{-1}, \quad 0<|z|<1 \\ =\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z}-\left(1-z+z^2-z^3+\cdots\right) \\ =\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z}-1+z-z^2+z^3+ \cdots
Illustration:4.निम्न क्षेत्रों के लिए \frac{1}{z\left(z^2-3 z+2\right)} का विस्तार करोः
(Expand \frac{1}{z\left(z^2-3 z+2\right)} for the regions):
Illustration:4(i). 0< |z|<1
Solution:माना f(z)=\frac{1}{z\left(z^2-3 z+2\right)}=\frac{1}{z(z-1)(z-2)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने पर:
f(z)=\frac{1}{2 z}-\frac{1}{z-1}+\frac{1}{2(z-2)} \\ =\frac{1}{2 z}+(1-z)^{-1}-\frac{1}{4}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{2 z}+\left(1+z+z^2+z^3+\cdots\right)-\frac{1}{4}\left[1+\frac{z}{2}+\left(\frac{z}{2}\right)^2+\left(\frac{z}{2}\right)^3+\cdots\right] \\ =\frac{1}{2 z}+\frac{3}{4}+\frac{7}{8} z+\frac{15}{16} z^2+\frac{31}{32} z^3+\cdots
Illustration:4(ii). 1<|z|<2
Solution: 1<|z|<2
तब \frac{1}{|z|}<1 तथा \frac{|z|}{2}<1 \\ \therefore f(z)= \frac{1}{2 z}-\frac{1}{z}\left(1-\frac{1}{z}\right)^{-1}-\frac{1}{4}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{2 z}-\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^3}+-1\right)-\frac{1}{4}\left(1+\frac{z}{2}+\left(\frac{z}{2}\right)^2+\left(\frac{z}{z}\right)^3+\cdots\right] \\ \Rightarrow f(z)=\left(-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}\right)-\frac{1}{4}\left(1+\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2^2}+\frac{z^3}{2^3}+\cdots\right)
Illustration:4(iii). |z|>2
Solution: |z|>2
तब \frac{2}{|z|}<1 \\ f(z)=\frac{1}{2 z}-\frac{1}{z}\left(1-\frac{1}{z}\right)^{-1}+\frac{1}{2 z}\left(1-\frac{2}{z}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{2 z}-\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^3} +\cdots \right)+\frac{1}{2 z}\left(1+\frac{2}{z}+\frac{2^2}{z^2}+\frac{2^3}{z^3}+\cdots\right)\\ \left[(2-1) \cdot \frac{1}{z^3}+\left(2^2-1\right) \cdot \frac{1}{z^4}+\left(2^3-1\right) \frac{1}{z^5}+\cdots\right]
Illustration:5.निम्न फंक्शन के z की घात में लौराँ की दो श्रेणी विस्तार ज्ञात करें
(Find two Laurent’s series expansions in powers of z of the function)
f(z)=\frac{1}{z\left(1+z^2\right)}
Solution: f(z)=\frac{1}{z\left(1+z^2\right)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने पर:
f(z)=\frac{1}{z}-\frac{z}{1+z^2}
जब 0<|z|<1 \\ f(z)=\frac{1}{z}-z\left(1+z^2\right)^{-1} \\ =\frac{1}{z}-z\left(1-z^2+z^4-z^6 +\cdots\right) \\ =\frac{1}{z}-z+z^3-z^5+z^7- \cdots
जब |z|>1 \\ f(z)=\frac{1}{z}-\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{z}-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^4}-\frac{1}{z^6}+\cdots\right) \\ =\frac{1}{z^3}-\frac{1}{z 5}+\frac{1}{z^7}-\cdots
Illustration:6.क्षेत्र \frac{5}{4} \leq |z| \leq \frac{7}{4} में लौराँ श्रेणी में f(z)=\frac{1}{z(z+1)^2(z+2)^3} को व्यक्त करो
(Express f(z)=\frac{1}{z(z+1)^2(z+2)^3} in a Laurent’s series in the region \frac{5}{4} \leq|z| \leq \frac{7}{4} .)
Solution: f(z)=\frac{1}{z(z+1)^2(z+2)^3}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने परः
f(z)=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{(z+1)^2}-\frac{3}{(z+1)}+\frac{3}{(z+2)}+\frac{3}{(z+2)^2}-\frac{1}{(z+2)^3}\right]
स्पष्ट रूप से f(z),z= -1,-2 के अतिरिक्त हर जगह विश्लेषिक है
अतः क्षेत्र 1 < |z| < 2 में f(z) विश्लेषिक है या हम कह सकते हैं कि \frac{5}{4} \leq|z| \leq \frac{7}{4} क्षेत्र में f(z) विश्लेषिक है।
f(z)=\frac{1}{2}\left[-\frac{3 z+2}{(z+1)^2}+\left(3 z^2+15 z+17\right) \frac{1}{(z+2)^3}\right] \\ =\frac{1}{z}\left[-\frac{3 z+2}{z^2}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-2}+\left(3 z^2+15 z+7\right) \cdot \frac{1}{8}\left(1+\frac{z}{2}\right)^{-3} \right] \\ =-\left(\frac{3}{z^2}+\frac{2}{z^2}\right) \underset{0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n(n+1) \frac{1}{z^n} +\frac{1}{8}\left(3 z+\frac{17}{2}+15\right) \underset{0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1} \frac{(n+1)(n+2)}{2} \left(\frac{z}{2}\right)^n \\ =\left(\frac{3}{z^2} +\frac{2}{z^3}\right) \underset{0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1}(n+1) \frac{1}{z^n}+\frac{1}{16}\left(3 z+\frac{17}{z}+15\right) \\ \underset{0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1}(n+1)(n+2)\left(\frac{z}{2} \right)^n
Illustration:7.फलन f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)} की लौराँ श्रेणी z = 0 के परितः ज्ञात कीजिए।
(Find the Laurent series of the function f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)} about z=0)
Solution: f(z)=\frac{1}{z^2}(1-z)^{-1} \\ =\frac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+\cdots\right) \\ =\frac{1}{z^2} \underset{0}{\overset{\infty}{\sum}} z^n

Expand in Laurent Series Expansion

Illustration:8.टेलर या लौराँ श्रेणी प्राप्त करें जो फ़ंक्शन f(z)=\frac{1}{\left(1+z^2\right)(z+2)} का प्रतिनिधित्व करती है।
(Obtain the Taylor’s or Laurent’s series which represents the function f(z)=\frac{1}{\left(1+z^2\right)(z+2)} )
जब (When) (i) |z| < 1 (ii) 1<|z|<2 (iii) |z| > 2
Solution: f(z) का आंशिक भिन्नों में वियोजन करने पर:
f(z)=\frac{1}{5}\left[\frac{1}{z+2}-\frac{z-2}{z^2+1}\right]
(i) |z| < 1 ,f(z) विश्लेषिक है
f(z)=\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2}\left(1+\frac{z}{2}\right)^{-1}-\frac{1}{5}(z-2)\left(1+z^2\right)^{-1} \\ =\frac{1}{10}\left[1-\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2^2}+\cdots+(-1)^n \frac{z^n}{2^n}+\cdots\right] -\frac{(z-2)}{5}\left[1-z^2+z^4-z^6+\cdots+(-1)^n z^{2 n}+\cdots\right] \\ =\frac{1}{10} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \cdot \frac{z^n}{2^n}-\frac{(z-2)}{5} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n z^{2 n}
यह श्रेणी z की धनात्मक घातों में होने के कारण f(z) के लिए टेलर के विस्तार का प्रतिनिधित्व करती है।
(ii) 1<|z|<2 के लिए
f(z)=\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1}-\frac{z-2}{5} \cdot \frac{1}{z^2}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1} \\ =\frac{1}{10}\left[1-\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2^2}-\frac{z^3}{2^3}+\cdots\right]-\frac{z-2}{5 z^2}\left(1-\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^4}- \cdots\right) \\ =\frac{1}{10} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \cdot \frac{z^n}{2^n}-\frac{z-2}{5 z^2} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{1}{z^{2 n}}
[ |z|>1 ; \frac{1}{|z|}< 1 या \frac{1}{|z|^2}<1 अतः \left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1} का द्विपद विस्तार वैद्य है]
उपर्युक्त श्रेणी z की धनात्मक और ऋणात्मक घातों में होने के कारण क्षेत्र 1<|z|<2 में f(z) के लिए लौराँ के विस्तार का प्रतिनिधित्व करती है।
Illustration:9.z की घात में \frac{1}{\left(z^2+1\right)\left(z^2+2\right)} का विस्तार ज्ञात कीजिए जब
(Find the expansion of \frac{1}{\left(z^2+1\right)\left(z^2+2\right)} in powers of z when)
Illustration:9(i). |z|<1
Solution:माना f(z)=\frac{1}{\left(z^2+1\right)\left(z^2+2\right)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने परः
f(z)=\frac{1}{z^2+1}-\frac{1}{z^2+2} \\ f(z)=\left(1+z^2\right)^{-1}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{z^2}{2}\right)^{-1} \\ =\left(1-z^2+z^4-z^6+\cdots\right)-\frac{1}{2}\left[1-\frac{z^2}{2}+\left(\frac{z^2}{2}\right)^2-\left(\frac{z^2}{2}\right)^3+\cdots \right] \\ \Rightarrow f(z)= \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}(-1)^n z^{2n}-\frac{1}{2} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{z^{2 n}}{2^n}
Illustration:9(ii). 1<|z|<\sqrt{2}
Solution: f(z)=\frac{1}{z^2}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{z^2}{2} \right)^{-1} \\ =\frac{1}{z^2}\left(1-\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^4}-\frac{1}{z^6}+\cdots\right)-\frac{1}{2} \left(1-\frac{z^2}{2}+\left(\frac{z^2}{2}\right)^2-\left(\frac{z^2}{2}\right)^3+\cdots\right) \\ =\left(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^4}+\frac{1}{z^6}-\cdots\right)-\left(\frac{1}{2}-\frac{z^2}{2^2}+\frac{z^4}{2^3}-\frac{z^6}{2^4}+ \cdots\right) \\ \Rightarrow f(z)=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1} \frac{1}{z^{2 n}}-\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{z^{2 n}}{2^{n+1}}
Illustration:9(iii). |z| >\sqrt{2}
Solution: f(z)=\frac{1}{z^2}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)^{-1}-\frac{1}{z^2}\left(1+\frac{2}{z^2}\right)^{-1}\\ =\frac{1}{z^2}\left(1-\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^4}- \cdots \right)-\frac{1}{z^2}\left(1-\frac{2}{z^2}+\frac{2^2}{z^4}- \cdots\right) \\ =(2-1) \frac{1}{z^4}-\left(2^2-1\right) \frac{1}{z^6}+\left(2^3-1\right) \frac{1}{z^8}- \cdots \\ \Rightarrow f(z)=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1}\left(z^n-1\right) \frac{1}{z^{2 n+2}}
Illustration:10.लौराँ श्रेणी में फ़ंक्शन f(z)=\frac{4 z+3}{z(z-3)(z+2)} को व्यक्त करें
(Represent the function f(z)=\frac{4 z+3}{z(z-3)(z+2)} in Laurent’s series)
Illustration:10 (i). |z|=1 के भीतर (within |z|=1 )
Solution:f(z) को आंशिक भिन्नों में वियोजित करने पर:
f(z)=-\frac{1}{2 z}+\frac{1}{z-3}-\frac{1}{2(z+2)}
f(z),z-समतल में z=-2,0,3 के अतिरिक्त प्रत्येक बिन्दु पर विश्लेषिक है
f(z)=-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{3}\left(1-\frac{z}{3}\right)^{-1}-\frac{1}{4}\left(1+\frac{z}{2}\right)^{-1} \\ =-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{3} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \left(\frac{z}{3}\right)^n-\frac{1}{4} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n\left(\frac{z}{2}\right)^n \\ \Rightarrow f(z) =-\frac{1}{2 z}-\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \left[\frac{1}{3^{n+1}}+(-1)^n \frac{1}{2^{n+2}}\right] z^n
Illustration:10(ii).कोणीय क्षेत्र में |z|=2 और |z|=3 के बीच (in the angular region between |z|=2 and |z|=3 )
Solution: f(z)=-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{3}\left(1-\frac{z}{3}\right)^{-1}-\frac{1}{2 z}\left(1+\frac{2}{z}\right)^{-1} \\ =-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{3} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \left(\frac{z}{3}\right)^n-\frac{1}{2 z} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n\left(\frac{2}{z}\right)^n \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{1}{2 z}-\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{z^n}{3^{n+1}}+\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1} \frac{2^{n-1}}{z^{n+1}}
Illustration:10(iii). |z|>3 का बाह्य भाग (exterior to |z|>3 )
Solution: f(z)=-\frac{1}{2z}+\frac{1}{z}\left(1-\frac{3}{z}\right)^{-1}-\frac{1}{2z}\left(1+\frac{2}{z} \right)^{-1} \\ =-\frac{1}{2 z}+\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{3}{z}\right)^n-\frac{1}{2z} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n\left(\frac{2}{z}\right)^n \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{1}{2z}+\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{3^n}{z^{n+1}}+\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n+1} \frac{2^{n-1}}{z^{n+1}}
Illustration:11. f(z)=\frac{z+3}{z\left(z^2-z-2\right)} का z की घातों में विस्तार करो जहाँ
(Expand f(z)=\frac{z+3}{z\left(z^2-z-2\right)} in powers of z where)
Illustration:11(i). |z| <1
Solution:f(z) का आंशिक भिन्नों में वियोजन करने पर:
f(z)=-\frac{3}{2 z}+\frac{5}{6(z-2)}+\frac{2}{3(z+1)} \\ =-\frac{3}{2 z}-\frac{5}{12}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1}+\frac{2}{3}(1+z)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{3}{2 z}-\frac{5}{12} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \left(\frac{z}{2}\right)^n+\frac{2}{3} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}(-1)^n z^n
Illustration:11(ii). 1< |z| < 2
Solution: f(z)=-\frac{3}{2 z}-\frac{5}{12}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1}+\frac{2}{3 z}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1} \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{3}{2 z}-\frac{5}{12} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \left(\frac{z}{2}\right)^n+\frac{2}{3 z} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{1}{z^n}
Illustration:11(iii). |z|>2
Solution: f(z)=-\frac{3}{2 z}+\frac{5}{6 z}\left(1-\frac{z}{2}\right)^{-1}+\frac{2}{3 z}\left(1+\frac{1}{z}\right)^{-1} \\ =\frac{-3}{2 z}+\frac{5}{6 z} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}\left(\frac{2}{z} \right)^n+\frac{2}{3 z} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{1}{z^n} \\ \Rightarrow f(z)=-\frac{3}{2 z}+\frac{5}{3} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} \frac{2^{n-1}}{z^{n+1}}+\frac{2}{3} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}(-1)^n \frac{1}{z^{n+1}}
Illustration:12.सिद्ध करो कि \log z=(z-1)-\frac{(z-1)^2}{2}+\frac{(z-1)^3}{3}-\cdots जब |z-1| <1
(Show that \log z=(z-1)-\frac{(z-1)^2}{2}+\frac{(z-1)^3}{3}-\cdots when |z-1| <1)
Solution:माना f(z)=\log z
टेलर प्रमेय से
f(z)=f\left(z_0\right)+\left(z-z_0\right) f^{\prime}\left(z_0\right)+ \frac{\left(z-z_0\right)^2}{2!} f^{\prime \prime}(z_0)+ \cdots \cdots \\ z_{0}=1 लेने परः
f(1)=\log 1=0, f^{\prime}(z)=\frac{1}{z}, f^{\prime}(1)=1 \\ f^{\prime \prime}(z)=-\frac{1}{z^2}, f^{\prime \prime}(1)=-1, f^{\prime \prime \prime}(z)=\frac{2}{z^3}, f^{\prime \prime \prime}(1)=2
टेलर श्रेणी में इन मानों को रखने पर:
\log z=f(1)+f^{\prime}(1) \cdot(z-1)+f^{\prime \prime}(1) \cdot \frac{(z-1)^2}{2!}+\cdots \\ \Rightarrow \log z=(z-1)-\frac{1}{2}(z-1)^2+\frac{1}{3}(z-1)^3+\cdots
Illustration:13.सिद्ध करो कि
\tan ^{-1} z=z-\frac{z^3}{3}+\frac{z^5}{5}- \cdots \cdots
(Prove that \tan ^{-1} z=z-\frac{z^3}{3}+\frac{z^5}{5}- \cdots \cdots )
Solution:माना f(z)=\tan ^{-1} z
टेलर प्रमेय से:
f(z)=f\left(z_0\right)+f^{\prime}\left(z_0\right)\left(z-z_0\right)+f^{\prime \prime} \left(z_0\right)\frac{\left(z-z_0\right)^2}{2!}+\cdots \\ z_{0}=0 रखने पर:
f(z)=f(0)+f^{\prime}(0) \cdot z+\frac{z^2}{2!} f^{\prime \prime}(0)+\cdots \cdots(1)\\ f(z)=\tan ^{-1} z \Rightarrow f(0)=\tan ^{-1}(0)=0 \\ f^{\prime}(z)=\frac{1}{1+z^2} \Rightarrow f^{\prime}(0)=1 \\ f^{\prime \prime}(z)=-\frac{2 z}{\left(1+z^2\right)^2} \Rightarrow f^{\prime \prime}(0)=0 \\ f^{\prime \prime \prime}(z)=-\frac{2\left(1-3 z^2\right)}{\left(1+z^2\right)^3} \Rightarrow f^{\prime \prime \prime}(0)=-2 \\ f^{iv}(z)=\frac{-24\left(-z+z^3\right)}{\left(1+z^2\right)^4} \Rightarrow f^{i v}(0)=0 \\ f^{v}(z)=-\frac{24\left(-1+10 z^2-5 z^4\right)}{\left(1+z^2\right)^5} \Rightarrow f^{v}(0)=24
(1) में उपर्युक्त मान रखने पर:
\tan^{-1} z=z-\frac{1}{3} z^3+\frac{1}{5} z^5- \cdots \cdots
Illustration:14.फलन f(z)=\frac{z}{z^4+9} का z=0 के परितः टेलर श्रेणी विस्तार ज्ञात करो।अभिसरण त्रिज्या भी ज्ञात करो।
(Find Taylor’s series expansion of the function f(z)=\frac{z}{z^4+9} around z=0.
Find also radius of convergence)
Solution: f(z)=\frac{z}{z^4+9} \\ =\frac{z}{9}\left(1+\frac{z^4}{9}\right)^{-1} \\ =\frac{z}{9} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n\left(\frac{z^4}{9}\right)^n \\ \left[(1+x)^{-1}=1-x+x^2-x^3+x^4-\cdots \cdots =\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n x^n\right] \\ \therefore f(z)=\frac{z}{9} \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{z^{4 n}}{3^{2 n}} \\ =\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{z^{4n+1}}{3^{2 n+2}} \\ \Rightarrow f(z)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^n \frac{z^{4n+1}}{3^{2 n+2}} \cdots(1)
यह f(z) का टेलर विस्तार है।
माना f(z)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} u_n(z) \cdots(2)
(1) और (2) से,
u_n(z)=(-1)^n \frac{z^{4 n+1}}{3^{2 n+2}}
तब \therefore \left|\frac{u_{n+1}(z)}{u_n(z)}\right|=\left|\frac{z^{4n+5}}{3^{2 n+4}} \cdot \frac{3^{2n+2}}{z^{4 n+1}} \right| \\ =\left|\frac{z^4}{3^2}\right|=\frac{|z^2|^2}{3^2}
अभिसारी होगी यदि \left|\frac{u_{n+1}}{u_m}\right|<1 \\ \Rightarrow \frac{\left|z^2\right|^2}{3^2}<1 \\ \Rightarrow|z|<3^{\frac{2}{4}} \\ \Rightarrow |z|<\sqrt{3}
अभिसरण त्रिज्या= \sqrt{3}
इस प्रकार श्रेणी अभिसारी है,वृत्त के अन्दर जिसकी त्रिज्या \sqrt{3} तथा केन्द्र z=0 है।
Illustration:15.विचित्रता z=-2 के परितः \frac{z}{(z+1)(z+2)} का लौराँ विस्तार ज्ञात करो।
(Find the Laurent expansion of \frac{z}{(z+1)(z+2)} about the singularity z=-2.Specify the region of convergence.)
Solution:माना f(z)=\frac{z}{(z+1)(z+2)}
आंशिक भिन्नों में वियोजित करने परः
f(z)=\frac{2}{z+2}-\frac{1}{z+1} \cdots(1) \\ \phi(z)=\frac{1}{z+1} के लिए z=-2 के परितः
लौराँ प्रसार ज्ञात करने के लिए
\phi(z)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} a_n(z+2)^n \cdots(2)
जहाँ a_n=\frac{\phi^n(-2)}{n!} परन्तु \phi^n(z)=\frac{(-1)^n n!}{(z+1)^{n+1}} \\ \therefore \frac{\phi^n(-2)}{n!}=\frac{(-1)^n}{(-2+1)^{n+1}}=\frac{(-1)^n}{(-1)^{n+1}}=-1 \\ \Rightarrow a_n=\frac{\phi^n(-2)}{n!}=-1
(2) में रखने परः
\frac{1}{z+1}=\phi(z)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)(z+2)^n \\ \Rightarrow-\frac{1}{z+1} =\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (z+2)^n
अब (1) का परिवर्तन:
f(z)=\frac{2}{2+z}+\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}(z+2)^n
यही अभीष्ट विस्तार है।
द्वितीय भाग:माना \underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}} (z+2)^n=\sum u_n \\ \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\left|\frac{(z+2)^{n+1}}{(z+2)^n}\right|=|z+2|
श्रेणी अभिसारी होगी यदि \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|<1 अर्थात् |z+2|<1
अतः अभिसारी त्रिज्या=1
श्रेणी \forall z वृत्त के अन्दर अभिसारी है जिसका केन्द्र z=-2 तथा त्रिज्या=1 है।
उपर्युक्त उदाहरणों के द्वारा लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? (How to Expand in Laurent Series Expansion?),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis) को समझ सकते हैं।

Expand in Laurent Series Expansion

Also Read This Article:- Evaluate from Cauchy Integral Formula

3.लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? (Frequently Asked Questions Related to How to Expand in Laurent Series Expansion?),सम्मिश्र विश्लेषण में टेलर श्रेणी प्रसार (Taylor Series Expansion in Complex Analysis) से सम्बन्धित अक्सर पूछे जाने वाले प्रश्न:

लौराँ श्रेणी में प्रसार कैसे करें? (How to Expand in Laurent Series Expansion?) के इस आर्टिकल
में फलन का लौराँ श्रेणी प्रसार ज्ञात करने पर आधारित सवालों को हल करके समझने का प्रयास करेंगे।