Laurentreihe

21.06.2014, 23:25

alcapwn

Laurentreihe

Hallöchen :-)

habe eine Frage zur Laurentreihen, genauer zur laurentreihe von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z-z^5} \end{eqnarray*}$ und zwar soll die um den Punkt z_0=0 gebildet werden.

Jetzt habe ich mich schon an der PBZ versucht, aber diese ist wirklich mühsam und da das ein Prüfungsbeispiel ist, denke (hoffe) ich, dass es da eine einfachere Möglichkeit gibt.

Vor allem weiß ich nicht genau wie ich die einzelnen Terme dann entwickeln soll zB $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z-1} \end{eqnarray*}$ . Wie soll ich das in ne Laurentreihe um 0 entwickeln?

oder ist es einfach so, dass meine PBZ schon die fertige entwicklung ist und das Residuum dann einfach 1 ist?

Danke schonmal und liebe Grüße

21.06.2014, 23:33

Guppi12

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Hallo,

die Information reicht noch nicht. Man könnte diese Funktion entweder in $\begin{eqnarray*} B(0,1)\setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ oder in $\begin{eqnarray*} \mathbb C\setminus \overline{B(0,1)} \end{eqnarray*}$ in eine Laurentreihe entwickeln.

21.06.2014, 23:49

alcapwn

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tut mir wirklich leid, die aufgabe lautet wortwörtlich

"Bestimmen Sie die Laurent-Reihe und das Residuum der Funktion $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{z-z^5} \end{eqnarray*}$ an der Stellt $\begin{eqnarray*} z_0=0 \end{eqnarray*}$ "

:-/

21.06.2014, 23:56

Guppi12

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Na gut, ich nehme mal an, dass du dann $\begin{eqnarray*} B(0,1)\setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ als Entwicklungsgebiet verwenden sollst, da du nur dort das Residuum ablesen kannst.

Es geht in der Tat einfacher, als du denkst Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z-z^5} = \frac 1z \frac{1}{1-z^4} \end{eqnarray*}$ . Auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1-z^4} \end{eqnarray*}$ kannst du mal die geometrische Reihe loslassen.

22.06.2014, 00:05

alcapwn

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Oh mein Gott, da hab ich den Wald vor lauter Bäumen wohl nicht gesehen, hahaha :-))
Danke vielmals! :-)

(nur zur Kontrolle: $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}z^{4k-1} \end{eqnarray*}$ daraus folgt Residuum ist 1, oder?)

eine weitere Frage ist mir auch noch grad in den Sinn gekommen:

Um zu wissen, welche Art von Singularität vorliegt, muss ich doch zwingend die Laurentreihe bestimmen.
Also nur weil jetzt zB ein Quadrat über einer Nenner Nst steht, heißt das nicht, dass sie automatisch eine Polstelle zweiter Ordnung ist, richtig?
So wenn ich jetzt eh schon die Laurentreihe bestimmen muss, und zB feststelle, dass ich ne PS 2.O. hab, dann brauch ich doch die Regel für Residuum einer m-fachen Polstelle gar nicht, sondern nehm einfach den $\begin{eqnarray*} a_{-1} \end{eqnarray*}$ .
Mir ist nur nicht klar, wie ich in die Verlegenheit gerate zu wissen dass es eine m-fache Polstelle ist, ohne die Laurentreihe eh schon bestimmt zu haben. :-)

Danke! smile

22.06.2014, 00:14

Guppi12

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Zitat:

(nur zur Kontrolle: $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}z^{4k-1} \end{eqnarray*}$ daraus folgt Residuum ist 1, oder?)

Ja, ist richtig.

Zitat:

Um zu wissen, welche Art von Singularität vorliegt, muss ich doch zwingend die Laurentreihe bestimmen.

Nein, das geht oft einfacher. Man brauchst halt die entsprechenden (nicht schwer zu beweisenden) Sätze dafür.

Willst du bei einer Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ einen Pol 2. Ordnung nachweisen, so ist es notwendig und hinreichend, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to z_0}(z-z_0)^2f(z) \end{eqnarray*}$ existiert und ungleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Insbesondere bei rationalen Funktionen, macht es das Nachweisen von Polen extrem einfach. Zum Beispiel hier bekommst du sofort, dass alle 5 Pole einfach sind, weil man (zum Beispiel für den Pol in 0) die Funktion $\begin{eqnarray*} (z-0)\frac{1}{z-z^5} = \frac{1}{1-z^4} \end{eqnarray*}$ spielend in 0 fortsetzen kann (da kann man ja einfach "einsetzen" Augenzwinkern

)

22.06.2014, 19:17

alcapwn

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Super! Riesengroßes Dankeschön schonmal!

hab allerdings noch ein Problem :-(

Und zwar geht es diesmal um das Integral über den Einheitskreis von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{coshz}dz \end{eqnarray*}$ . Grundsätzlich intuitiv hätte ich gesagt, es ist 0, da ja die Nst von cosh(z) (n+1) fache von pi/2 sind und |pi/2|>1 das stimmt auch mit meiner ersten Rechnung überin:

1/coshz ist ja:
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k)!z^{2k}} \end{eqnarray*}$ Somit Residuum =0

So schreibe ich das aber so um:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{z+z^{-1}}\frac{1}{iz}=\frac{-2i}{1+z^2}=2i\frac{1}{1- (-z^2))}=2i \sum_{k=0}^{\infty}(-z^2)^k \end{eqnarray*}$
Erhalte ich zwar auch 0 als Residuum, aber auch eine ganz andere Laurentreihe.

Das ist zwar irgendwo logisch, weil die Entwicklungspunkte andere sind, bei der ersten ist er 0 bei der zweiten weiß ich es leider nicht :-(
Ich weiß aber gar nicht, ob eine von den beiden die Richtige ist um das Residuum zu bestimmen

22.06.2014, 22:52

Guppi12

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Hallo,

wie kommst du auf diese Reihe hier: $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k)!z^{2k}} \end{eqnarray*}$ ?

Auch was du danach machst, erschließt sich mir nicht. Vielleicht bin ich aber auch gerade nur verwirrt. Erklärst du es mir bitte ?

Woher kommt $\begin{eqnarray*} \frac{2}{z+z^{-1}}\frac{1}{iz} \end{eqnarray*}$ ?

23.06.2014, 08:31

alcapwn

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Au backe... Da war ich gestern etwas zu lange dabei ... Ist natürlich schwachsinn.kann man wenn man den 1/cosh(z) als $\begin{eqnarray*} \frac{2}{e^z+e^{-z}} \end{eqnarray*}$ schreibt sagen dass die epotenzen nicht 0 werden und deshalb keine Polstelle existiert und daher das integral 0 wird? smile

23.06.2014, 19:13

Guppi12

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Nein es reicht nicht, dass die $\begin{eqnarray*} exp \end{eqnarray*}$ nicht Null wird, denn es kommt ja viel mehr darauf an, dass $\begin{eqnarray*} e^z+e^{-z} \end{eqnarray*}$ nicht Null wird. Allerdings brauchst du für dieses Beispiel eigentlich nicht den Residuensatz, sondern einfach nur den Spezialfall des Cauchyintegralsatzes. Du hast ja selbst gesagt, wo $\begin{eqnarray*} cosh \end{eqnarray*}$ seine Nullstellen hat, die liegen nicht im Einheitskreis. Dann ist die durch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\cosh(z)} \end{eqnarray*}$ definierte Funktion auf dem Einheitskreis holomorph nach Quotientenregel. Mehr Voraussetzungen brauchst du für Cauchy nicht.

24.06.2014, 17:08

alcapwn

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Wenn du wüsstest wie froh ich bin, dass es dich gibt haha :-)

So jetzt muss ich bloß noch ein paar lücken füllen, zB ob man den Hauptzweig der komplexen Quadratwurzel um z=0 in eine Laurentreihe schreiben kann?

Das krieg ich irgendwie nicht gebacken, vermute auch, dass das nicht geht, weil die Funktion ja an der negativen Achse unstetig ist, aber reicht das schon als Argument? s:

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