Laurentreihen-Entwicklung < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:53 Di 19.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
| Aufgabe | | Entwickle die Funkltion [mm] f(z)=\bruch{1}{(1-z)(1+z)^2} [/mm] um -1 in ihre Laurentreihe. |
Hallo zusammen!
Ich habe mir überlegt, die Entwicklung über eine Partialbruchzerlegung zu machen, um dann die geometrische Reihe anwenden zu können.
Dazu habe ich mal eine Frage, bzw. genauer gesagt zu dem Ansatz der Partialbruchzerlegung. Der ist ja abhängig von der Art der Nenner-Nullstellen. In diesem Fall sind die Nullstellen ja einmal 1 und zweimal -1. Also eingentlich hab ich damit ja drei reelle Nullstellen.
In der Musterlösung, und auch bei einer ähnlichen Aufgabe in meinem Buch, wird nun der Ansatz für reelle einfache und reelle mehrfache Nullstellen gewählt: [mm] \bruch{A}{z-z_0}+\bruch{B}{z-z_1}+\bruch{C}{(z-z_1)^2}
[/mm]
Mein Tutor dagegen hat bei einer ähnlichen Aufgabe (auch mit nur reellen Nullstellen) einmal den Ansatz für einfache reelle Nullstellen gewählt, und für den Teil mit dem Quadrat hat er den Ansatz für komplexe Nullstellen gewählt: [mm] \bruch{A}{z-z_0}+\bruch{Bz+D}{(z-z_1)^2}
[/mm]
Ich weiß nun nicht, welchen Ansatz ich wählen soll, bzw. wo der Unterschied zwischen den beiden Ansätzen im Fall von nur reellen Nullstellen liegt, oder ob es in beiden Fällen aufs gleiche Ergebnis hinaus läuft.
LG, Nadine
|
|
| |
|
Ich hätte da einen besseren Vorschlag. Es geht ja um die Stelle -1, d.h. um die Laurent-Reihe in Potenzen von [mm]z+1[/mm]. Diesen Term enthält ja [mm]f(z)[/mm] schon. Also versuchen wir, uns den Rest zurechtzubasteln. Stichwort: Geometrische Reihe.
Trick 17/4/19:
[mm]\frac{1}{1-z} = \frac{1}{2 - (z+1)}[/mm]
Damit hat man den Term [mm]z+1[/mm] ins Spiel gebracht.
Trick 17/8/10:
[mm]\frac{1}{1-z} = \frac{1}{2 \left( 1 - \frac{z+1}{2} \right)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z+1}{2}}[/mm]
Jetzt entspricht der Bruch hinten genau dem Muster der geometrischen Reihe:
[mm]\frac{1}{1 - t} = \sum_{k=0}^{\infty} t^k[/mm] mit [mm]t = \frac{z+1}{2}[/mm]
Du mußt nur entsprechend substituieren, dann hast du die Laurentreihe von [mm]\frac{1}{1-z}[/mm] um [mm]-1[/mm]. Und dann das Ganze noch mit [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm] multiplizieren. Dann bekommst du die Laurent-Reihe von [mm]f(z)[/mm] um [mm]-1[/mm].
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:07 Di 19.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
Hallo Leopold_Gast!
Danke für deine Antwort!
> Trick 17/4/19:
>
> [mm]\frac{1}{1-z} = \frac{1}{2 - (z+1)}[/mm]
>
> Damit hat man den Term [mm]z+1[/mm] ins Spiel gebracht.
Ok, alles klar!
> Trick 17/8/10:
>
> [mm]\frac{1}{1-z} = \frac{1}{2 \left( 1 - \frac{z+1}{2} \right)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z+1}{2}}[/mm]
Auch klar!
> Jetzt entspricht der Bruch hinten genau dem Muster der
> geometrischen Reihe:
>
> [mm]\frac{1}{1 - t} = \sum_{k=0}^{\infty} t^k[/mm] mit [mm]t = \frac{z+1}{2}[/mm]
Auch klar!
> Du mußt nur entsprechend substituieren, dann hast du die
> Laurentreihe von [mm]\frac{1}{1-z}[/mm] um [mm]-1[/mm].
Was genau meist du mit substituieren? Ich muss doch eigentlich gar nichts mehr ersetzen. Ich muss doch für die Entwicklung von [mm] \frac{1}{1-z} [/mm] nur noch die [mm] \bruch{1}{2} [/mm] dranmultiplizieren:
[mm] \frac{1}{1-z} [/mm] = [mm] \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z+1}{2}} [/mm] = [mm] \frac{1}{2} \cdot \sum_{n=0}^{\infty}(\frac{z+1}{2})^n [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}*(z+1)^n
[/mm]
> Und dann das Ganze noch mit [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm] multiplizieren. Dann bekommst du
> die Laurent-Reihe von [mm]f(z)[/mm] um [mm]-1[/mm].
Ja, das ist auch klar:
[mm] f(z)=\bruch{1}{1-z}*\bruch{1}{(1+z)^2}=\bruch{1}{(1+z)^2}*\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}*(z+1)^n
[/mm]
Den Bruch [mm] \bruch{1}{(1+z)^2} [/mm] kann ich doch einfach als Konstante betrachten, oder? Er ist ja nicht vom Summationsindex n abhängig. Und dann kann ich ihn ja so einfach reinmultiplizieren:
[mm] f(z)=\bruch{1}{(1+z)^2}*\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}*(z+1)^{n-2}=\sum_{n=-2}^{\infty}\frac{1}{2^{n+3}}*(z+1)^{n}
[/mm]
Richtig so?
Zu dem Ganzen hab ich nochmal zwei Fragen:
1) War die letzte Umformung mit dem Indexshift noch notwendig, oder hätte ich es auch mit der Potenz [mm] (z+1)^{n-2} [/mm] stehen lassen können?
2) Und das ist jetzt die Laurentreihe? Im Grunde hab ich ja nur eine Potenzreihen-Entwicklung gemacht. Gut, eine Laurentreihe ist im Endeffekt ja auch nur eine Potenzreihe, die eben eine spezielle Form hat. Aber ich dachte immer, das wenn ich in eine Laurentreihe entwicklen muss, dass ich die Summe dann auch auf eben diese spezielle Form bringen soll. Was ist denn mit den Summanden für -3 bis [mm] -\infty?
[/mm]
LG, Nadine
P.S.: Haben die Nummern deiner Tricks irgendeine Bedeutung 
|
|
|
| |
|
Stimmt alles (einmal ist ein [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm] zu viel, wohl ein Schreibfehler). Die Indexverschiebung ist meines Erachtens nicht nötig. Ist wohl Geschmackssache.
Und das ist die Laurent-Reihe um [mm]z_0 = -1[/mm], ja. Daß die Potenzen für [mm]n=-3,-4,-5,\ldots[/mm] nicht vorkommen, bedeutet gerade, daß [mm]z_0 = -1[/mm] ein Pol der Ordnung 2 ist.
Übrigens: [mm]g(z) = \frac{1}{z^2}[/mm] ist schon die Laurent-Reihe der Funktion [mm]g[/mm] um [mm]z_0 = 0[/mm]:
[mm]\frac{1}{z^2} = \ \ldots + 0 \cdot z^{-4} + 0 \cdot z^{-3} + 1 \cdot z^{-2} + 0 \cdot z^{-1} + 0 \cdot z^0 + 0 \cdot z^1 + 0 \cdot z^2 + \ldots[/mm]
Deswegen ist 0 ein Pol der Ordnung 2 und das Residuum kann unmittelbar abgelesen werden, es ist ja der Koeffizient von [mm]z^{-1}[/mm] und daher 0.
Was ist übrigens das Residuum deiner Funktion [mm]f(z)[/mm] bei [mm]z_0 = -1[/mm] ?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:05 Mi 20.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
Hallo Leopold_Gast!
> einmal ist ein [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm] zu viel,
> wohl ein Schreibfehler)
Hmm, eigentlich nicht. Wo meinst du?
> Daß die
> Potenzen für [mm]n=-3,-4,-5,\ldots[/mm] nicht vorkommen, bedeutet
> gerade, daß [mm]z_0 = -1[/mm] ein Pol der Ordnung 2 ist.
Hmm, warum ist das so?
> Übrigens: [mm]g(z) = \frac{1}{z^2}[/mm] ist schon die Laurent-Reihe
> der Funktion [mm]g[/mm] um [mm]z_0 = 0[/mm]:
>
> [mm]\frac{1}{z^2} = \ \ldots + 0 \cdot z^{-4} + 0 \cdot z^{-3} + 1 \cdot z^{-2} + 0 \cdot z^{-1} + 0 \cdot z^0 + 0 \cdot z^1 + 0 \cdot z^2 + \ldots[/mm]
Echt? Das hätte ich nicht gesehen. Ich hab mal versucht, für [mm] \frac{1}{z^2} [/mm] eine Reihenentwicklung zu machen, aber irgendwie kriege ich das nicht hin. Aber wahrscheinlich muss ich das auch gar nicht, oder? Wenn ich Potenzen von [mm]\ (z-0)[/mm] suche, dann sind die ja in der Funktion schon gegeben, oder?
> Deswegen ist 0 ein Pol der Ordnung 2 und das Residuum kann
> unmittelbar abgelesen werden, es ist ja der Koeffizient von
> [mm]z^{-1}[/mm] und daher 0.
Kannst du mir das mit dem Pol mal erklären? Ich kann mich nicht erinnern, dass wir in der Vorlesung Pole im Zusammenhang mit Laurent-Entwicklungen besprochen haben.
> Was ist übrigens das Residuum deiner Funktion [mm]f(z)[/mm] bei [mm]z_0 = -1[/mm]?
Also das Residuum ist doch bei einer Funktion in Laurentreihen-Entwicklung der Koeffizient [mm] a_{-1}, [/mm] also der Koeffizient für [mm]\ n=-1[/mm]. Das wäre dann [mm] a_{-1}=\bruch{1}{2^{-1+3}}=\bruch{1}{2^2}=\bruch{1}{4}.
[/mm]
Richtig?
LG, Nadine
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:21 Do 21.08.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Nadine!
> > einmal ist ein [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm] zu viel,
> > wohl ein Schreibfehler)
>
> Hmm, eigentlich nicht. Wo meinst du?
Vor der Zeile "Richtig so?" steht vor der linken Summe der Faktor [mm]\frac{1}{(z+1)^2}[/mm], obwohl du ihn schon in die Summe hineinmultipliziert hast.
> > Daß die
> > Potenzen für [mm]n=-3,-4,-5,\ldots[/mm] nicht vorkommen, bedeutet
> > gerade, daß [mm]z_0 = -1[/mm] ein Pol der Ordnung 2 ist.
>
> Hmm, warum ist das so?
Ein Pol. k-ter Ordnung liegt an der Stelle [mm] $z_0$ [/mm] vor, wenn k die kleinste natürliche Zahl ist, sodass
[mm] (z-z_0)^k*f(z) [/mm]
an der Stelle [mm] $z_0$ [/mm] eine hebbare Singularität hat.
Wenn deine Laurentreihe bei n=-2 anfängt, also alle Terme mit n<-2 Null sind, dann ist 2 gerade diese kleinste Zahl:
[mm] (z-z_0)^k*f(z) = (z-z_0)^k* \summe_{n=-2}^\infty a_n (z-z_0)^n = \summe_{n=-2}^\infty a_n (z-z_0)^{n+k}
= \summe_{n=k-2}^\infty a_{n-k} (z-z_0)^n [/mm]
Der Hauptteil dieser Laurenreihe verschwindet, wenn [mm] $k-2\ge [/mm] 0$ ist, damit ist das eine Taylorreihe und beschreibt eine holomorphe Funktion. Also ist das kleinstmögliche k gerade 2, und es liegt ein Pol 2. Ordnung vor.
> > Übrigens: [mm]g(z) = \frac{1}{z^2}[/mm] ist schon die Laurent-Reihe
> > der Funktion [mm]g[/mm] um [mm]z_0 = 0[/mm]:
> >
> > [mm]\frac{1}{z^2} = \ \ldots + 0 \cdot z^{-4} + 0 \cdot z^{-3} + 1 \cdot z^{-2} + 0 \cdot z^{-1} + 0 \cdot z^0 + 0 \cdot z^1 + 0 \cdot z^2 + \ldots[/mm]
>
> Echt? Das hätte ich nicht gesehen. Ich hab mal versucht,
> für [mm]\frac{1}{z^2}[/mm] eine Reihenentwicklung zu machen, aber
> irgendwie kriege ich das nicht hin. Aber wahrscheinlich
> muss ich das auch gar nicht, oder? Wenn ich Potenzen von [mm]\ (z-0)[/mm]
> suche, dann sind die ja in der Funktion schon gegeben,
> oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> > Deswegen ist 0 ein Pol der Ordnung 2 und das Residuum kann
> > unmittelbar abgelesen werden, es ist ja der Koeffizient von
> > [mm]z^{-1}[/mm] und daher 0.
>
> Kannst du mir das mit dem Pol mal erklären? Ich kann mich
> nicht erinnern, dass wir in der Vorlesung Pole im
> Zusammenhang mit Laurent-Entwicklungen besprochen haben.
Aus dem, was ich oben geschrieben habe, kannst du folgendes ablesen: Wenn die Funktion f(z) an der Stelle [mm] $z_0$ [/mm] einen Pol k-ter Ordnung hat, dann ist der Hauptteil der Laurententwicklung von der Form
[mm] \summe_{n=-k}^{-1} a_n (z-z_0)^{-n}[/mm]
mit [mm] $a_{-k}\not=0$. [/mm] Der kleinste von 0 verschiedene Koeffizient ($-k$) bestimmt also die Ordnung des Pols.
Hat der Hauptteil unendlich viele von 0 verschiedene Terme, so liegt eine wesentliche Singularität vor.
Analog gilt: wenn die Funktion f(z) an der Stelle [mm] $z_0$ [/mm] eine Nullstelle k-ter Ordnung hat, so ist der Hauptteil 0, und der Nebenteil ist von der Form
[mm] \summe_{n=k}^{\infty} a_n (z-z_0)^{n}[/mm]
mit [mm] $a_k\not=0$.
[/mm]
> > Was ist übrigens das Residuum deiner Funktion [mm]f(z)[/mm] bei [mm]z_0 = -1[/mm]?
>
> Also das Residuum ist doch bei einer Funktion in
> Laurentreihen-Entwicklung der Koeffizient [mm]a_{-1},[/mm] also der
> Koeffizient für [mm]\ n=-1[/mm]. Das wäre dann
> [mm]a_{-1}=\bruch{1}{2^{-1+3}}=\bruch{1}{2^2}=\bruch{1}{4}.[/mm]
>
> Richtig?
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:48 Fr 22.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
Hallo Rainer!
Vielen Dank für deine Antwort.
Die Geschichte mit den Polen/Singularitäten ist mir zwar noch nicht geheuer, aber damit werde ich mich dann mal beschäftigen, wenn die Nachklausur rum ist
LG, Nadine
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:26 Do 21.08.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Nadine!
Zu deiner Frage nach der Partialbruchzerlegung:
> In der Musterlösung, und auch bei einer ähnlichen Aufgabe
> in meinem Buch, wird nun der Ansatz für reelle einfache und
> reelle mehrfache Nullstellen gewählt:
> [mm]\bruch{A}{z-z_0}+\bruch{B}{z-z_1}+\bruch{C}{(z-z_1)^2}[/mm]
>
> Mein Tutor dagegen hat bei einer ähnlichen Aufgabe (auch
> mit nur reellen Nullstellen) einmal den Ansatz für einfache
> reelle Nullstellen gewählt, und für den Teil mit dem
> Quadrat hat er den Ansatz für komplexe Nullstellen gewählt:
> [mm]\bruch{A}{z-z_0}+\bruch{Bz+D}{(z-z_1)^2}[/mm]
>
> Ich weiß nun nicht, welchen Ansatz ich wählen soll, bzw. wo
> der Unterschied zwischen den beiden Ansätzen im Fall von
> nur reellen Nullstellen liegt, oder ob es in beiden Fällen
> aufs gleiche Ergebnis hinaus läuft.
Das ist das Gleiche. Bringe einfach im Ansatz der Musterlösung den zweiten und dritten Bruch auf den Hauptnenner:
[mm] \bruch{B}{z-z_1}+\bruch{C}{(z-z_1)^2} = \bruch{B(z-z_1) +C }{(z-z_1)^2} = \bruch{Bz + (C-Bz_1)}{(z-z_1)^2} [/mm]
Mit [mm] $D=C-Bz_1$ [/mm] erhälst du die zweite Form.
Welche der beiden du nimmst ist Geschmackssache; manchmal ist die eine oder die etwas einfacher zu rechnen.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 Fr 22.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
Danke
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Fr 22.08.2008 | | Autor: | Pacapear |
Hallo!
Ich habe noch eine kurze Frage zu Laurentreihen. Laurentreihen konvergieren ja (wenn sie denn konvergieren) immer in einem Kreisring.
Gilt die Darstellung einer Funktion als Laurentreihe auch nur im Kreisring? Oder gilt die Laurentreihen-Darstellung auch außerhalb des Kreisringes?
Desweiteren gilt doch in einem Kreisring die Zerlegung [mm] f=f_1+f_2 [/mm] einer Funktion, wobei [mm] f_1 [/mm] gegen den Nebenteil und [mm] f_2 [/mm] gegen den Hauptteil konvergiert. Heißt dass, ich kann eine Laurentreihe als Summe von Haupt- und Nebenteil darstellen?
LG, Nadine
|
|
|
| |
|
> Hallo!
>
> Ich habe noch eine kurze Frage zu Laurentreihen.
> Laurentreihen konvergieren ja (wenn sie denn konvergieren)
> immer in einem Kreisring.
>
> Gilt die Darstellung einer Funktion als Laurentreihe auch
> nur im Kreisring?
Ja, denn ausserhalb des Kreisringes divergiert entweder der Hauptteil oder der Nebenteil. Genauer: ist [mm] $\{z\in\IC\,\mid\, r<|z-z_0|
> Oder gilt die Laurentreihen-Darstellung
> auch außerhalb des Kreisringes?
Nein.
> Desweiteren gilt doch in einem Kreisring die Zerlegung
> [mm]f=f_1+f_2[/mm] einer Funktion, wobei [mm]f_1[/mm] gegen den Nebenteil und
> [mm]f_2[/mm] gegen den Hauptteil konvergiert.
Konvergiert ist vielleicht unnötig vorsichtig formuliert. Du hast hier ja eine Zerlegung in Funktionen hingeschrieben.
> Heißt dass, ich kann
> eine Laurentreihe als Summe von Haupt- und Nebenteil
> darstellen?
Ja. Haupt- und Nebenteil sind definitionsgemäss Teilsummen der Laurentreihe - und des weiteren stellen sie im Inneren des Kreisringes holomorphe Funktionen dar.
|
|
|
|
