Laurentreihenentwicklung einer gebrochenrationalen Funktion

23.12.2016, 15:30

Shalec

Laurentreihenentwicklung einer gebrochenrationalen Funktion

Hallo allerseits,

ich bin derzeit dabei eine Laurentreihe einer gebrochenrationalen Funktion herzuleiten. Ich habe aber eine Stelle (oder den Übergang) nicht ganz verstanden und die Notizen aus der VL helfen mir auch nicht weiter.

Mein Vorgehen war zunächst die Singularitäten der Funktion zu berechnen und anschließend habe ich eine Partialbruchzerlegung durchgeführt, das sieht nun so aus:

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

Nun ist eine Laurentreihe um $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ definiert. D.h. um die Singularität herum. Ich kann also mein Vorgehen nicht gezielt mit der Herleitung einer Laurentreihe in Verbindung setzen. Es heißt ja auch in der Def "Die laurentreihe um $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ von f ist gegeben durch $\begin{eqnarray*} f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^n c_n (z-z_0)^n \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} c_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz \end{eqnarray*}$

Meine Idee, warum ich das so gemacht habe, ist: Eine Laurentreihe ist eindeutig bestimmt. Kann ich also die gegebene Funktion als (nicht notwendigerweise endliche) Summe schreiben, so stimmt die Laurentreihe mit der gefundenen Darstellung überein.

Nun also meine Frage: Wie gehe ich bei solch einer Funktion vor?

Vielen Dank (wie immer) für die Zeit und Hilfe smile

Edit:
Ich vermute, dass ich jeden Summanden in eine Laurentreihe (LR) entwickeln muss und ich dann f als Summe der LR der Summanden schreiben kann und dann die LR von f erhalte.

24.12.2016, 11:13

Shalec

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Hey,
ich habe einen Vorschlag der LRE zu $\begin{eqnarray*} z_0=0 \end{eqnarray*}$ in der offenen Umgebung $\begin{eqnarray*} B(0,1) \end{eqnarray*}$ mir Radius 1. Die letzten beiden Reihen ergeben sich aus der geometrischen Reihe.

$\begin{eqnarray*} f(z) = -\frac{1}{2}z^{-2}-\frac{1}{4}z^{-1} +\frac{1}{8}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{z}{2}\right)^n - \frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n \end{eqnarray*}$

Damit würde ich jetzt einfach sagen: Da der Hauptteil eine endliche Summe ist, handelt es sich bei $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ um einen Pol und das Residuum $\begin{eqnarray*} c_{-1}=-\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

Müssen die beiden Reihen noch verrechnet werden? Oder kann ich die einfach so stehen lassen?

24.12.2016, 11:27

Clearly_wrong

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Wolfram Alpha sagt, dass deine Partialbruchzerlegung nicht richtig ist. Angeblich ist $\begin{align*} -\frac{1}{2z^2}-\frac{1}{4z}-\frac{1}{12(x+2)}+\frac{1}{3(x-1)} \end{align*}$ richtig. Für das Verständnis der Aufgabe ist es unerheblich aber vielleicht überprüfst du das nochmal.

Für die von der berechnete Partialbruchzerlegung ist das Ergebnis richtig und ich denke nicht, dass man das zu einer einzelnen Reihe zusammenfassen sollte, dadurch wird nicht leicher ersichtlich, welche Koeffizienten die Laurentreihe hat. Man könnte sich höchstens überlegen, die letzten beiden Summanden zu $\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac12\left(\frac{(-1)^n}{4\cdot 2^n}-1\right)z^n \end{align*}$ zusammenzufassen, das muss aber m.E. nicht sein.

24.12.2016, 12:40

Shalec

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Hey Danke für die Antwort.
Ich werde die Partialbruchzerlegung nochmal überprüfen, aber laut einer Probe ging alles gut auf. Aber danke für den Hinweis.

Ich formalisiere kurz mal:

Es ist $\begin{eqnarray*} f:\ \mathbb C\setminus\{-1,0,2\} \to \mathbb C \end{eqnarray*}$ eine holomorphe Funktion, mit $\begin{eqnarray*} z\mapsto \frac{1}{z^2(z-1)(z+2)} \end{eqnarray*}$

Nun habe ich vier Singularitäten: 0 doppelt, -1 und 2.

Die LRE in $\begin{eqnarray*} z_0=0 \end{eqnarray*}$ muss, aufgrund des Definitionsbereiches, zerteilt werden. (So würde es für mich Sinn machen.)
Dazu definiere ich: $\begin{eqnarray*} B(x,b) := \{ z\in\mathbb C\ |\ |z|<b\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_x(a,b) := \{ z\in B(x,b)\ |\ a<|z|<b \} \end{eqnarray*}$

Also habe ich ein wenig rumgespielt und folgende LR bekommen:
in $\begin{eqnarray*} B(0,1] \end{eqnarray*}$

in $\begin{eqnarray*} S_0(1,2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(z) = -\frac{1}{2}z^{-2}-\frac{1}{4}z^{-1} +\frac{1}{8}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{z}{2}\right)^n+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^{-n-1} \end{eqnarray*}$

in $\begin{eqnarray*} S_0(2,\infty) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(z)=-\frac{1}{2}z^{-2}-\frac{1}{4}z^{-1} +\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^{-n-1} +\frac{1}{4}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-2)^nz^{-n-1} \end{eqnarray*}$

Jetzt kurz die Rechnungen, die ich angestellt habe:

) $\begin{eqnarray*} z\in S_0(2,\infty) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z+2}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-(-\frac{2}{z})}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{2}{z}\right)^n = \sum\limits_{n=0}^{\infty}(-2)^n z^{-n-1} \end{eqnarray*}$
) $\begin{eqnarray*} z\in S_0(1,\infty) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z-1}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^{-n}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^{-n-1} \end{eqnarray*}$

Damit ergeben sich unterschiedliche LRE auf diesen Scheiben und auch unterschiedliche Residuen. Macht diese Betrachtung überhaupt Sinn für $\begin{eqnarray*} z_0=0 \end{eqnarray*}$ ? Ich vermute nicht.

24.12.2016, 12:48

Clearly_wrong

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Die Pole liegen bei $\begin{align*} -2,0,1 \end{align*}$ , nicht bei $\begin{align*} -1,0,2 \end{align*}$ .

Um Residuen zu bestimmen brauchst du immer die Laurentreihe, die in einer direkten Umgebung der Singularität konvergiert, deswegen gibt es keine Möglichkeit, das Residuum aus unterschiedlichen Laurentreihen zu bestimmen.

Deine Ergebnisse sind modulo eigener Rechenfehler richtig.

24.12.2016, 12:54

Shalec

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Zitat:

Original von Clearly_wrong
Die Pole liegen bei $\begin{align*} -2,0,1 \end{align*}$ , nicht bei $\begin{align*} -1,0,2 \end{align*}$ .

meinte ich auch Hammer

Zitat:

Original von Clearly_wrong
Um Residuen zu bestimmen brauchst du immer die Laurentreihe, die in einer direkten Umgebung der Singularität konvergiert, deswegen gibt es keine Möglichkeit, das Residuum aus unterschiedlichen Laurentreihen zu bestimmen.

Deine Ergebnisse sind modulo eigener Rechenfehler richtig.

Ok, danke. Ist es denn notwendig die LR in den einzelnen Scheiben anzugeben?

Noch eine Frage: Wie sieht der Ansatz aus, für $\begin{eqnarray*} z_0=-2 \end{eqnarray*}$ ? Dort muss ich doch alle Terme in eine Darstellung von $\begin{eqnarray*} (z+2)^n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb Z \end{eqnarray*}$ bringen. Ist das korrekt? Falls ja, wie kann ich
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z} \sim \frac{1}{z' +2} \end{eqnarray*}$ bewerkstelligen?

24.12.2016, 13:02

Clearly_wrong

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Ich weiß ja nicht, was deine Aufgabe von dir will. Wenn du mit Hilfe der Laurentreihen nur Residuen bestimmen sollst, genügt es, die jeweiligen Laurentreihen anzugeben, die in punktierten Umgebungen von $\begin{align*} -2,0,1 \end{align*}$ konvergieren. Da wäre es allerdings einfacher, eine andere Methode zu benutzen.

24.12.2016, 13:03

Shalec

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Zitat:

Original von Clearly_wrong
Ich weiß ja nicht, was deine Aufgabe von dir will. Wenn du mit Hilfe der Laurentreihen nur Residuen bestimmen sollst, genügt es, die jeweiligen Laurentreihen anzugeben, die in punktierten Umgebungen von $\begin{align*} -2,0,1 \end{align*}$ konvergieren. Da wäre es allerdings einfacher, eine andere Methode zu benutzen.

Die Aufgabe ist es: Bestimmen sie alle Singularitäten, die LR, Art der Singularität und das Residuum.

Ich hatte noch eine Frage in meinem Post zuvor editiert (ganz am Ende).

24.12.2016, 13:10

Shalec

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Ich hätte einen Ansatz für $\begin{eqnarray*} z\in S_0(2,\infty) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z}= \frac{1}{z+2-2}=\frac{1}{z+2}\frac{1}{1-\frac{2}{z+2}}=\frac{1}{z+2}\sum\left(\frac{2}{z+2}\right)^n = \sum 2^n (z+2)^{-n-1} \end{eqnarray*}$

Kann ich so vorgehen?

24.12.2016, 13:18

Clearly_wrong

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Ich schätze, dass dann gemeint ist, dass du nur jeweils die drei Laurentreihen angibst, sonst wären das insgesamt 9 Laurentreihen, kann ich aber nicht für bürgen.

Dein Ansatz ist für den Bereich $\begin{align*} z\in S_{-2}(2,\infty) \end{align*}$ ist korrekt. Diesen Bereich meintest du doch oder?

Editiert: Fehler korrigiert.

24.12.2016, 13:27

Shalec

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Ah danke. Dort wäre mein Ansatz

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z+2-2}=\frac{1}{-2}\frac{1}{1-\frac{z+2}{2}} \end{eqnarray*}$ hier prüfe ich noch, ob das überhaupt mit der geometrischen Reihe klappt. Also ob $\begin{eqnarray*} \left|\frac{z+2}{2}\right|<1 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist.

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{z+2}{2}\right| \leq \left|\frac{z}{2}\right| + 1 < 1 \Leftrightarrow \left|\frac{z}{2}\right| < 0. \end{eqnarray*}$ offensichtlich nicht. Big Laugh

Ich werde jetzt erstmal (weiß nicht, ob ich das alles heute noch schaffe) die LR in einer direkten Umgebung von $\begin{eqnarray*} z_0\in\{0,1,-2\} \end{eqnarray*}$ entwickeln. Wenn ich das richtig sehe muss ich egtl. in $\begin{eqnarray*} B(-2,b)\text{ und } B(1,b') \end{eqnarray*}$ entwickeln. Also für $\begin{eqnarray*} |z+2|<b \end{eqnarray*}$ (und analog).

24.12.2016, 13:30

Clearly_wrong

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Die Dreiecksungleichung ist für Abschätzungen dieser Art nicht geeignet.

$\begin{align*} \left|\frac{z+2}{2}\right| < 1 \quad\Leftrightarrow\quad |z+2|<2 \quad\Leftrightarrow \quad z\in B(-2, 2) \end{align*}$ .

Beachte auch meinen Edit oben.

24.12.2016, 14:08

Shalec

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Zitat:

Original von Clearly_wrong
Die Dreiecksungleichung ist für Abschätzungen dieser Art nicht geeignet.

$\begin{align*} \left|\frac{z+2}{2}\right| < 1 \quad\Leftrightarrow\quad |z+2|<2 \quad\Leftrightarrow \quad z\in B(-2, 2) \end{align*}$ .

Beachte auch meinen Edit oben.

Genau das dachte ich mir auch smile

Danke, damit sollte ich die Aufgabe beenden können. Ich werde am Dienstag nochmal alles posten, was ich bis dahin habe.

Viele Grüße und frohe Weihnachten smile

Edit: Ja diesen Bereich meinte ich.. in 0 macht keinen Sinn Big Laugh

(wenn $\begin{eqnarray*} z_0=-2 \end{eqnarray*}$ ist)

24.12.2016, 14:09

Clearly_wrong

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Dir auch ein frohes Fest smile

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