Residuum

09.03.2010, 18:19

bert22

Residuum

Ich sehe wohl den Wald vor lauter Bäumen nicht:

Wenn man $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in eine Laurent-Reihe entwickelt, ist das Residuum definiert als Wert von $\begin{eqnarray*} a_{-1} \end{eqnarray*}$ , also der erste negative Index der Laurent-Reihe. Es gilt

$\begin{eqnarray*} a_{-1} = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|\zeta - \omega| = \rho} f(\zeta) d \zeta \end{eqnarray*}$

Wo ist denn beim Integranden der Nenner $\begin{eqnarray*} (\zeta - z)^2 \end{eqnarray*}$ geblieben? Das Residuum erklärt sich ja aus dem Cauchyschen Integralsatz, oder nicht?

09.03.2010, 18:27

WebFritzi

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RE: Residuum

Zitat:

Original von bert22
Wo ist denn beim Integranden der Nenner $\begin{eqnarray*} (\zeta - z)^2 \end{eqnarray*}$ geblieben?

Der steht da, nur ist das Integral darüber Null, denn 1/z² hat die Stammfunktion -1/z.

09.03.2010, 18:54

bert22

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Jetzt beginnt es wohl, peinlich zu werden. Das Integral längs eines geschlossenen Weges über eine Funktion mit Stammfunktion verschwindet, klar. Nur wieso ist deshalb

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \pi i} \int_{|\zeta - \omega| = \rho} f(\zeta) d \zeta = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|\zeta - \omega| = \rho} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^2} d \zeta \end{eqnarray*}$

09.03.2010, 19:02

giles

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$\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{\partial U_\varrho(c)}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-c\right)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta \end{eqnarray*}$

Die Behauptung folgt jetzt aus $\begin{eqnarray*} -1+1=0 \end{eqnarray*}$

09.03.2010, 19:19

bert22

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Oh, der Index ist ja -1. Ich hatte die ganze Zeit n=+1 eingesetzt geschockt

Danke!

09.03.2010, 19:26

WebFritzi

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