Laurententwicklung

24.11.2010, 17:34

schultz

Laurententwicklung

Hallo Leute.
Ich soll die Funktion $\begin{eqnarray*} \frac{7z-2-3i}{z^2-z-2} \end{eqnarray*}$ einmal in |z|<1 und einmal in 0<|z+1|<3 in eine Laurentreihe entwickeln.
ich hab die funktion erstmal in partialbrüche zerlegt, das war als tip gegeben.
f(z)= $\begin{eqnarray*} \frac{3+i}{z+1}+\frac{4-i}{z-2} \end{eqnarray*}$ .
nun ist die formel für die koeffizienten ja $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=r}^{} \! \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} \, dz \end{eqnarray*}$ .
soll ich nun drauf losrechnen und mir die koeffizienten so berechnen oder wie fang ich da am besten an?haben das thema grad erst begonnen...

25.11.2010, 11:16

gonnabphd

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{3+i}{z+1}+\frac{4-i}{z-2} \end{eqnarray*}$ .

Du kennst doch bestimmt geometrische Reihen? Darauf zielt der Tipp ab.

25.11.2010, 13:07

schultz

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okay hab jetz als ergebnis für |z|<1

$\begin{eqnarray*} (3+i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-z)^k - (4-i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(z)^k}{2^{k+1}} \end{eqnarray*}$ .
und für 0<|z+1|<3 habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{(3+i)}{z}\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(1-\frac{1}{z})^k}{2^{k+1}} - (4-i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(\frac{z}{2}+1)^k}{2^{k+2}} \end{eqnarray*}$

könnte das mal jemand überprüfen?grade das zweite ergebniss kommt mir komisch vor...

25.11.2010, 14:03

gonnabphd

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Das erste sieht gut aus, man sollte wohl noch zusammenfassen, um auf die gewöhnliche Laurentreihen-Form zu kommen. Aber

Zitat:

und für 0<|z+1|<3 habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{(3+i)}{z}\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(1-\frac{1}{z})^k}{2^{k+1}} - (4-i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(\frac{z}{2}+1)^k}{2^{k+2}} \end{eqnarray*}$

Was machst du denn da? Die Laurent-Reihe sollte doch so

$\begin{eqnarray*} \sum_{n = -\infty}^\infty a_n (x+1)^n \end{eqnarray*}$

aussehen...

Also ich beginne mal für dich, und zwar so:

$\begin{eqnarray*} \dfrac{4-i}{z-2}= \dfrac{-4 + i}{3 - (z+1)} = \dfrac{-4 + i}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - \frac{z+1}{3}} \ldots \end{eqnarray*}$

25.11.2010, 14:11

schultz

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$\begin{eqnarray*} \dfrac{4-i}{z-2}= \dfrac{-4 + i}{3 - (z+1)} = \dfrac{-4 + i}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - \frac{z+1}{3}} \ldots \end{eqnarray*}$

dann wieder die geometrische reihe angewandt ergibt
$\begin{eqnarray*} (-4+i) \sum\limits_{k=0}^{\infty } \frac{(z+1)^k}{3^{k+1}} \end{eqnarray*}$ .
und jetzt lasse ich n einfach von -unendlich bis unendlich laufen oder wie mache ich weiter?und was ist mit dem ersten partialbruch?
wie fasse ich die erste lösung denn noch zusammen?

25.11.2010, 15:32

gonnabphd

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Zitat:

und was ist mit dem ersten partialbruch?

Ja, wie sieht denn die Laurent-Reihe für diesen ersten Partialbruch aus? Nicht zu weit denken... Augenzwinkern

Zitat:

wie fasse ich die erste lösung denn noch zusammen?

Wer sich mit Laurent-Reihen auseinandersetzt sollte sich schon mit so einfachen algebraischen Manipulationen auskennen... Bring's einfach auf die Standardform

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=M}^N a_n z^n \qquad M, N \in \mathbb Z \cup \{-\infty, \infty\} \end{eqnarray*}$

25.11.2010, 15:42

schultz

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der erste bruch müsste einfach $\begin{eqnarray*} \frac{3+i}{z+1} \end{eqnarray*}$ bleiben oder?

beim vereinfachen steh ich leider auf dem schlauch unglücklich

es kommen doch garkeine negativen exponenten vor...

25.11.2010, 16:25

gonnabphd

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Zitat:

der erste bruch müsste einfach $\begin{eqnarray*} \frac{3+i}{z+1} \end{eqnarray*}$ bleiben oder?

Ja.

Zitat:

es kommen doch garkeine negativen exponenten vor...

Müssen ja auch nicht. Ich denke, du hast mich falsch verstanden, die Standardform könnte auch sowas wie

$\begin{eqnarray*} \sum_{n = -12}^\infty a_n z^n \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \sum_{n = 3}^{42} a_n z^n \end{eqnarray*}$ sein.

Ich wollte nur darauf hinaus, dass

$\begin{eqnarray*} (3+i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-z)^k - (4-i)\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{(z)^k}{2^{k+1}} \end{eqnarray*}$

noch nicht so aussieht.

Wink

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