Hauptteil

29.07.2013, 20:40	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
Hauptteil Meine Frage: hey! Diesmal muss ich nicht die ganze Laurent-Reihe bestimmen, sondern "nur" den hauptteil, und zwar von $\begin{eqnarray} f(z)=\frac{z}{(z+1)\sin{(z^n)}}\qquad ,n\in \mathbb N\! \setminus\! \{0\} \end{eqnarray}$ um die isolierte singularität $\begin{eqnarray} a=0 \end{eqnarray}$ . Meine Ideen: Alles rumprobieren hat leider nichts genützt.
30.07.2013, 00:42	dastrian	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hauptteil Welche Art von Singularität ist z=0 denn von f: hebbar, Pol oder wesentlich? Und was heißt das für die Laurentreihe? Tips: lass den Faktor 1/(z+1) mal aussen vor (ist bei z=0 ja "uninteressant") und schau dir die Laurentreihe von $\begin{eqnarray} g(z) = {sin(z^n) \over z^n} \end{eqnarray}$ an. Was bedeutet dies für das Verhalten von 1/g an z=0? Formel gemäß Folgebeitrag korrigiert. Steffen
30.07.2013, 10:01	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hauptteil Danke für deine hilfe. hmmmm also $\begin{eqnarray} g(z) = {sin(z^n) \over z^n}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{z^{2n^2}}{(2n+1)!}\qquad \Rightarrow\ \lim_{z \to 0} {sin(z^n) \over z^n}=1 \end{eqnarray}$ und auch $\begin{eqnarray} \lim_{z \to 0}\frac{1}{g(z)}=1 \end{eqnarray}$ . Das heißt beide haben in $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ hebbare singularitäten. $\begin{eqnarray} (z+1)f(z)=\frac{z}{\sin{(z^n)}}=\frac{1}{\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{z^{2n^2+n-1}}{(2n+1)!}}\qquad \Rightarrow\ \lim_{z \to 0}\left\|\frac{z}{\sin{(z^n)}}\right\|=\infty \end{eqnarray}$ , d.h. $\begin{eqnarray} (z+1)f(z) \end{eqnarray}$ hat ein pol in $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ . Für die Laurent-reihe bedeutet das, dass ihr index im hauptteil nur bis zu einem $\begin{eqnarray} k\in \mathbb N\! \setminus \! \{0\} \end{eqnarray}$ geht: $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^k a_{-n} z^{-n} \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \sum_{n=-k}^{-1} a_{n} z^{n} \end{eqnarray}$ Aber leider kann ich die puzzelstücke noch nicht zusammenfügen.
30.07.2013, 14:25	dastrian	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hauptteil Hi! Vorsicht an mehrere Stellen: 1. dein n ist schon besetzt/gegeben, also musst du für den Laufindex deiner Laurentreihen eine andere Variable verwenden! Stell die Laurentreihe von g nochmal auf. 2. Trotzdem (das darf ich schon verraten) sind deine ersten beiden Limites zufällig korrekt, und wie du schon sagtest: Das bedeutet, dass die Singularität z=0 hebbar ist bzw. dass sie von f ein Pol ist, und das bedeutet, dass der Hauptteil der Laurentreihe von f nur aus endlich vielen Termen besteht. Die wichtige Frage ist: Was ist die höchste vorkommende negative Potenz von z, deren Koeffizient ungleich 0 ist? (Äquivalent zur Frage, von welcher Ordnung der Pol z=0 von f ist.) 3. $\begin{eqnarray} (z+1) f(z) \end{eqnarray}$ ist noch nicht $\begin{eqnarray} 1/g \end{eqnarray}$ , sondern es fehlt noch der Faktor $\begin{eqnarray} z^{n-1} \end{eqnarray}$ . Das hilft dir für Nummer 2.
30.07.2013, 15:22	fleurita	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hauptteil gut danke. Daran hab ich gar nicht gedacht $\begin{eqnarray} z^{n-1}f(z)=\frac{1}{(z+1)g(z)}=\frac{z^n}{(z+1)\sin{(z^n)}}=\frac{z^n}{(z+1)\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\frac{z^{2mn+n}}{(2m+1)!}}=\frac{1}{(z+1)\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\frac{z^{2mn}}{(2m+1)!}}\to 1\ (z\to 0) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow f \end{eqnarray}$ hat in $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ ein pol $\begin{eqnarray} (n-1) \end{eqnarray}$ -ter ordnung. Das heißt der hauptteil der Laurent reihe von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ hat die gestalt: $\begin{eqnarray} \sum_{l=1}^{n-1}a_{-l}z^{-l} \end{eqnarray}$ stimmt das so?
30.07.2013, 16:15	dastrian	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Hauptteil Wunderbar, so weit so gut! Für alles weitere weiß ich nicht, ob es noch einfachere Tricks gibt, aber ich würde so vorgehen: 1. Betrachte nochmal die Taylorreihe von g, also dein Nenner ohne den Faktor (z+1). Wieviele Ableitungen von g sind 0 an z=0? 2. Was heißt das für die Ableitungen von $\begin{eqnarray} h(z) = {1 \over g(z)} \end{eqnarray}$ in z=0? Bilde mal die erste und die zweite Ableitung von h in Abhängigkeit von g und und von g' etc. Dann kann man sich induktiv denken, wie viele Ableitungen von h an z=0 welchen Wert haben! 3. Auf diese Weise bekommt man folgende Darstellung $\begin{eqnarray} h(z) = h(0) + \sum_{k=...}^\infty c_k z^k \end{eqnarray}$ Das wichtige ist der richtige (bzw. möglichst hohe) Wert dort, wo die Pünktchen stehen. 4. Das gibt dir eine ähnliche Darstellung der Laurentreihe von $\begin{eqnarray} {h(z) \over z^{n-1}}=(z+1)f(z) \end{eqnarray}$ . Das multiplizierst du mit der Laurentreihe von $\begin{eqnarray} {1 \over z+1} \end{eqnarray}$ in B(0,1) und erhälst natürlich nicht die ganze Laurenreihe von f, aber immerhin den Hauptteil - wenn ich mich nicht vertan hab. btw: kann mir jemand erklären, warum man bei Wolfram-alpha nicht das gesuchte Ergebnnis bekommt, wenn man "laurent series of z/sin(z^n) at z=0" oder auch "taylor series of z^n/sin(z^n) at z=0" eingibt??? Es kommen zwar alle möglichen Reihenausdrücke, aber nicht das, was wir als Laurent- bzw. Taylorreihen kennen.
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