Laurent-Reihe in Kreisring

17.09.2011, 14:24	Simooon	Auf diesen Beitrag antworten »
Laurent-Reihe in Kreisring Hallo, bereite mich gerade auf eine anstehende Klausur vor und habe da konkret zu einer Aufgabe eine Frage Aufgabe: Entwickle $\begin{eqnarray} f(z):=\frac{1}{z\left(z-3\right)} \end{eqnarray}$ in eine Laurent-Reihe in $\begin{eqnarray} K_{1,2}(1)=\left\{ z\in\mathbb{C}\mid1<\left\|z-1\right\|<2\right\} \end{eqnarray}$ . Also in die Form $\begin{eqnarray} f(z)=\sum a_{n}\left(z-1\right)^{n} \end{eqnarray}$ Ansatz: Verschieben der Funktion $\begin{eqnarray} g(z):=f\left(z+1\right) \end{eqnarray}$ und entwickle in Laurent-Reihe um 0. Anschließend z durch z-1 ersetzen Hier der Punkt an dem ich unsicher bin. Aus welchem Kreisring sind diese z dann. in $\begin{eqnarray} K_{1,2}(0) \end{eqnarray}$ ? Dann hätte ich aber ein Problem $\begin{eqnarray} g(z):=f\left(z+1\right)=\frac{1}{\left(z+1\right)\left(z-2\right)}=-\frac{1}{3}\frac{1}{z+1}+\frac{1}{3}\frac{1}{z-2}=-\frac{1}{3}\frac{1}{1-\underset{Betrag\nless1}{\underbrace{(-z)}}}-\frac{1}{6}\frac{1}{1-\frac{z}{2}} \end{eqnarray}$ Oder aber verschiebt sich auch die Größe des Kreisringes? Dann würd ich gern wissen warum. Gruß, Simon
17.09.2011, 15:39	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, ich bin kein Experte, aber wenn Du den ganzen Kreisring so verschiebst, dass 0 jetzt der Punkt ist, um den die Radien gezogen werden, dann hast Du doch, dass der Betrag kleiner 1 ist. Edit 1: Sorry, das ist ja Blödsinn! Das war zu schnell gedacht. Edit 2: Noch eine andere Idee: Kann man dann nicht aber einfach $\begin{eqnarray} q:=\frac{1}{z} \end{eqnarray}$ nehmen? Denn $\begin{eqnarray} \vert 1/z\vert<1 \end{eqnarray}$ . Die Frage ist also, ob man das irgendwie so umformen kann, dass man dieses q erhält? Ich weiß es selbst gerade nicht...
17.09.2011, 16:31	Simooon	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah ja stimmt, ich könnte natürlich ausm Nenner ein z rausziehen. Ja das passt dann natürlich. Bin innen Semesterferien wohl ein bisschen "eingerostet". Aber eine Frage steht dann immer noch im Raum. Wenn ich die Funktion verschiebe, dann sollte ich doch im gleichen Maß auch den Kreisring verschieben. Denn nur dann würde das auch mit dem zweiten Term 1/(1-(z/2)) passen
17.09.2011, 16:36	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Kannst Du mal kurz zeigen, wie Du das mit dem 1/z machen würdest? Ich bin grade zu blöd, das umzuformen und bin auch an der Lösung interessiert, weil ich auch noch eine Klausur habe. Also ich würde meinen, daß man dann halt um den Punkt Null den Kreisring mit den Radien 1 bzw. 2 zieht und dann ist ja $\begin{eqnarray} 1<\vert z\vert<2 \end{eqnarray}$ und daher $\begin{eqnarray} \vert z/2\vert<1 \end{eqnarray}$ .
17.09.2011, 16:51	Simooon	Auf diesen Beitrag antworten »
So hab das mal aufgetecht. Sollte denke ich alles passen $\begin{eqnarray} g(z)=f(z+1)=-\frac{1}{3}\frac{1}{z+1}+\frac{1}{3}\frac{1}{z-2}=-\frac{1}{3z}\frac{1}{1+\frac{1}{z}}-\frac{1}{3}\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}}=-\frac{1}{3z}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}(-1)^{n}\left(\frac{1}{z}\right)^{n}-\frac{1}{6}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{n}=-\frac{1}{3}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}(-1)^{n}\left(\frac{1}{z}\right)^{n+1}-\frac{1}{6}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{n} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =-\frac{1}{3}\overset{0}{\underset{n=-\infty}{\sum}}(-1)^{n}z^{n+1}-\frac{1}{6}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{n}=-\frac{1}{3}\overset{1}{\underset{n=-\infty}{\sum}}(-1)^{n-1}z^{n}-\frac{1}{6}\overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{n}=\overset{\infty}{\underset{n=-\infty}{\sum}}a_{n}z^{n} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a_{n}:=\begin{cases}\begin{array}{ccc}-\frac{1}{3}(-1)^{n-1} & & n<1\\-\frac{1}{3}-\frac{1}{12}=-\frac{5}{12} & & n=1\\-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} & & n>1\end{array}\end{cases} \end{eqnarray}$ Und nu bin ich ja fertig, nur noch zurückschieben, aber das ändert ja an den a_n nichts $\begin{eqnarray} g(z-1)=f(z-1+1)=f(z)=\overset{\infty}{\underset{n=-\infty}{\sum}}a_{n}\left(z-1\right)^{n} \end{eqnarray}$
17.09.2011, 16:56	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht in meinen Augen sehr gut aus. Wenn jemand einen Einwand hat, wird er ihn sicher äußern.
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17.09.2011, 17:51	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe mir das nochmal angeschaut und bei einer Stelle bin ich mir nicht so sicher, ob sie stimmt. Du verwendest glaube ich einmal $\begin{eqnarray} \underbrace{-\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{1}{z}\right)^{n+1}}_{=-\frac{1}{3}\cdot \left(z^{-1}-z^{-2}+z^{-3}-\hdots+\hdots\right)}=\underbrace{-\frac{1}{3}\sum_{n=-\infty}^{0}(-1)^n z^{n+1}}_{=-\frac{1}{3}\cdot\left(\hdots -z^{-2}+z^{-1}-z^{0}+z^{1}\right)} \end{eqnarray}$ Stimmt das?

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