Residuensatz vs. Taylor-Reihe < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:09 Di 22.07.2008 | | Autor: | verc |
| Aufgabe | | Berechne das Residuum von [mm] z^{2} [/mm] * sin [mm] (\bruch{1}{z} [/mm] - [mm] \pi) [/mm] |
Hallo!
Ich scheitere im Moment an der Berechnung des Residuums des oben angegeben Terms. Ich habe eine Musterlösung vorliegen:
Im Term wird, nach Umformung zu [mm] -z^{2} [/mm] * sin [mm] (\bruch{1}{z}), [/mm] der Sinus durch seine Taylorreihendarstellung ersetzt:
[mm] -z^{2}*\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}}{(2n+1)!}*(\bruch{1}{z})^{2n+1}
[/mm]
Problematisch ist nun, dass die Reihe nur von Null bis Unendlich läuft, für das Residuum aber das Element [mm] a_{-1} [/mm] verwendet werden müsste. Hier wird nun, zu meiner Verwunderung, a=1 verwendet:
Res (...) ((an der Stelle [mm] x=\infty))=a_{-1}=\bruch{(-1)^{1}}{3!} [/mm] = [mm] \bruch{1}{6}
[/mm]
Wie ist dies zu erklären, dass in diesem Fall das Element 1 als Residuum verwendet wird?
Vielen Dank schoneinmal!
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> Berechne das Residuum von [mm]z^{2}[/mm] * sin [mm](\bruch{1}{z}[/mm] - [mm]\pi)[/mm]
> Hallo!
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> Ich scheitere im Moment an der Berechnung des Residuums des
> oben angegeben Terms. Ich habe eine Musterlösung
> vorliegen:
> Im Term wird, nach Umformung zu [mm]-z^{2}[/mm] * sin
> [mm](\bruch{1}{z}),[/mm] der Sinus durch seine
> Taylorreihendarstellung ersetzt:
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> [mm]z^{2}*\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}}{(2n+1)!}*(\bruch{1}{z})^{2n+1}[/mm]
>
> Problematisch ist nun, dass die Reihe nur von Null bis
> Unendlich läuft, für das Residuum aber das Element [mm]a_{-1}[/mm]
> verwendet werden müsste. Hier wird nun, zu meiner
> Verwunderung, a=1 verwendet:
> Res (...) ((an der Stelle
> [mm]x=\infty))=a_{-1}=\bruch{(-1)^{1}}{3!}[/mm] = [mm]\bruch{1}{6}[/mm]
>
> Wie ist dies zu erklären, dass in diesem Fall das Element 1
> als Residuum verwendet wird?
Mit [mm] $a_{-1}$ [/mm] ist eben der Koeffizient von [mm] $z^{-1}$ [/mm] gemeint. Wenn Du nun mal Deine Laurent-Reihe etwas genauer anschaust, dann siehst Du, dass
[mm]z^{2}*\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}}{(2n+1)!}*(\bruch{1}{z})^{2n+1}=\summe_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}z^{-2n+1}[/mm]
Da $-2n+1$ für $n=1$ gleich $-1$ wird, ist also der Koeffizient von [mm] $z^{-1}$ [/mm] hier gleich [mm] $\frac{(-1)^1}{(2\cdot 1+1)!}=\red{-}\frac{1}{6}$.
[/mm]
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