Residuen-Bestimmung < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:04 Mo 28.06.2010 | | Autor: | Camille |
| Aufgabe | Es seien a, b [mm] \in \IC [/mm] mit |a|, |b| < 1 gegeben.
Bestimmen Sie für jedes k [mm] \in \IN [/mm] die Residuen von
f(z) = [mm] \bruch{z^k}{(z-a)*(z-b)^2}
[/mm]
in a und b. |
Hallo Leute,
ich habe zur obiger Aufgabe ein paar Verständnisfragen. Ich gehe davon aus, dass ich zwei Fällen betrachten muss, nämlich a=b und [mm] a\not=b. [/mm] Für den Fall a=b gilt: f(z) = [mm] \bruch{z^k}{(z-a)^3}
[/mm]
Ist in diesem Fall die Laurentreihe nicht durch f(z) = [mm] z^k*(z-a)^{-3} [/mm] schon gegeben und das Residuum von f in a gleich 0?
Für den Fall [mm] a\not=b [/mm] habe ich mir ähnliche Gedanken gemacht. Die Laurentreihe für den Entwicklungspunkt a habe ich als f(z) = [mm] \bruch{z^k}{(z-b)^2}*(z-a)^{-1} [/mm] angenommen. Damit wäre das Resisuum von f in a gleich [mm] \bruch{z^k}{(z-b)^2}. [/mm] Für den Entwicklungspunkt b würde entsprechend gelten: f(z) = [mm] \bruch{z^k}{(z-a)}*(z-b)^{-2} [/mm] und [mm] Res_{b} [/mm] f(z) = 0
Mache ich grundlegende Denkfehler?
Entschuldigt mein dummes Nachfragen, bin jedoch auf diesem Gebiet noch sehr unsicher. Ich wäre euch für eure Hilfe sehr dankbar.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:55 Mo 28.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Camille!
> Es seien a, b [mm]\in \IC[/mm] mit |a|, |b| < 1 gegeben.
> Bestimmen Sie für jedes k [mm]\in \IN[/mm] die Residuen von
> f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)*(z-b)^2}[/mm]
> in a und b.
> Hallo Leute,
>
> ich habe zur obiger Aufgabe ein paar Verständnisfragen.
> Ich gehe davon aus, dass ich zwei Fällen betrachten muss,
> nämlich a=b und [mm]a\not=b.[/mm] Für den Fall a=b gilt: f(z) =
> [mm]\bruch{z^k}{(z-a)^3}[/mm]
> Ist in diesem Fall die Laurentreihe nicht durch f(z) =
> [mm]z^k*(z-a)^{-3}[/mm] schon gegeben und das Residuum von f in a
> gleich 0?
Nein, denn in der Laurentreihe müssen doch alle Terme denselben Entwicklungspunkt haben; du musst daher alle Potenzen von z in die Form [mm] $(z-a)^n$ [/mm] bringen, also auch die im Zähler. Das kannst du allerdings mit dem binomischen Lehrsatz machen:
[mm] z^k = ((z-a) + a)^ k = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^l a^k-l [/mm]
und dann die Potenzen aufsammeln:
[mm] z^k*(z-a)^{-3} = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^{l-3} a^k-l [/mm]
Welches ist also das Residuum?
> Für den Fall [mm]a\not=b[/mm] habe ich mir ähnliche Gedanken
> gemacht. Die Laurentreihe für den Entwicklungspunkt a habe
> ich als f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}*(z-a)^{-1}[/mm] angenommen.
> Damit wäre das Resisuum von f in a gleich
> [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}.[/mm] Für den Entwicklungspunkt b würde
> entsprechend gelten: f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)}*(z-b)^{-2}[/mm]
> und [mm]Res_{b}[/mm] f(z) = 0
>
> Mache ich grundlegende Denkfehler?
Genau denselben wie oben: du musst wieder [mm] $z^k=((z-a) [/mm] + a)^ k$ schreiben und außerdem $(z-b) = (z-a) + (a-b)$ und den Nenner in eine geometrische Reihe entwickeln.
Du kannst für [mm] $a\not=b$ [/mm] aber auch anders vorgehen: da a ein einfacher Pol ist, ist das Residuum im Punkt a gerade
[mm] \limes_{z\to a} (f(z)(z-a)) = \limes_{z\to a} \bruch{z^k}{(z-b)^2} [/mm]
Das ist etwas einfacher.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:07 Mo 28.06.2010 | | Autor: | Camille |
Hallo Rainer!
Ich hatte befürchtet, dass ich genau solch elementare Fehler mache. Ich danke dir schon mal.
> Hallo Camille!
>
> > Es seien a, b [mm]\in \IC[/mm] mit |a|, |b| < 1 gegeben.
> > Bestimmen Sie für jedes k [mm]\in \IN[/mm] die Residuen von
> > f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)*(z-b)^2}[/mm]
> > in a und b.
> > Hallo Leute,
> >
> > ich habe zur obiger Aufgabe ein paar Verständnisfragen.
> > Ich gehe davon aus, dass ich zwei Fällen betrachten muss,
> > nämlich a=b und [mm]a\not=b.[/mm] Für den Fall a=b gilt: f(z) =
> > [mm]\bruch{z^k}{(z-a)^3}[/mm]
> > Ist in diesem Fall die Laurentreihe nicht durch f(z) =
> > [mm]z^k*(z-a)^{-3}[/mm] schon gegeben und das Residuum von f in a
> > gleich 0?
>
> Nein, denn in der Laurentreihe müssen doch alle Terme
> denselben Entwicklungspunkt haben; du musst daher alle
> Potenzen von z in die Form [mm](z-a)^n[/mm] bringen, also auch die
> im Zähler. Das kannst du allerdings mit dem binomischen
> Lehrsatz machen:
Bei jeder Laurentreihe f(z) = [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty} a_{n}(z-z_{o})^n [/mm] muss das [mm] a_{n} [/mm] also unabhängig von z sein. Sehe ich das richtig?
>
> [mm]z^k = ((z-a) + a)^ k = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^l a^k-l[/mm]
>
> und dann die Potenzen aufsammeln:
>
> [mm]z^k*(z-a)^{-3} = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^{l-3} a^k-l[/mm]
>
> Welches ist also das Residuum?
Leider verstehe ich nicht ganz wie du den binomischen Lehrsatz anwendest.
Mein Versuch sieht wie folgt aus:
[mm] \bruch{z^{k}}{(z-a)^{3}} [/mm] = [mm] \summe_{l=0}^{k}\vektor{k\\l}(z-a)^{k-l-3}a^{l}
[/mm]
Und damit: [mm] Res_{a}f(z) [/mm] = [mm] \vektor{k\\k-2}a^{k-2}
[/mm]
Stehe ich wieder auf dem Schlauch?
>
> > Für den Fall [mm]a\not=b[/mm] habe ich mir ähnliche Gedanken
> > gemacht. Die Laurentreihe für den Entwicklungspunkt a habe
> > ich als f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}*(z-a)^{-1}[/mm] angenommen.
> > Damit wäre das Resisuum von f in a gleich
> > [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}.[/mm] Für den Entwicklungspunkt b würde
> > entsprechend gelten: f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)}*(z-b)^{-2}[/mm]
> > und [mm]Res_{b}[/mm] f(z) = 0
> >
> > Mache ich grundlegende Denkfehler?
>
> Genau denselben wie oben: du musst wieder [mm]z^k=((z-a) + a)^ k[/mm]
> schreiben und außerdem [mm](z-b) = (z-a) + (a-b)[/mm] und den
> Nenner in eine geometrische Reihe entwickeln.
>
> Du kannst für [mm]a\not=b[/mm] aber auch anders vorgehen: da a ein
> einfacher Pol ist, ist das Residuum im Punkt a gerade
>
> [mm]\limes_{z\to a} (f(z)(z-a)) = \limes_{z\to a} \bruch{z^k}{(z-b)^2}[/mm]
>
> Das ist etwas einfacher.
>
> Viele Grüße
> Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:55 Mo 28.06.2010 | | Autor: | Camille |
> Hallo Rainer!
>
> Ich hatte befürchtet, dass ich genau solch elementare
> Fehler mache. Ich danke dir schon mal.
>
> > Hallo Camille!
> >
> > > Es seien a, b [mm]\in \IC[/mm] mit |a|, |b| < 1 gegeben.
> > > Bestimmen Sie für jedes k [mm]\in \IN[/mm] die Residuen von
> > > f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)*(z-b)^2}[/mm]
> > > in a und b.
> > > Hallo Leute,
> > >
> > > ich habe zur obiger Aufgabe ein paar Verständnisfragen.
> > > Ich gehe davon aus, dass ich zwei Fällen betrachten muss,
> > > nämlich a=b und [mm]a\not=b.[/mm] Für den Fall a=b gilt: f(z) =
> > > [mm]\bruch{z^k}{(z-a)^3}[/mm]
> > > Ist in diesem Fall die Laurentreihe nicht durch f(z)
> =
> > > [mm]z^k*(z-a)^{-3}[/mm] schon gegeben und das Residuum von f in a
> > > gleich 0?
> >
> > Nein, denn in der Laurentreihe müssen doch alle Terme
> > denselben Entwicklungspunkt haben; du musst daher alle
> > Potenzen von z in die Form [mm](z-a)^n[/mm] bringen, also auch die
> > im Zähler. Das kannst du allerdings mit dem binomischen
> > Lehrsatz machen:
>
> Bei jeder Laurentreihe f(z) = [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty} a_{n}(z-z_{o})^n[/mm]
> muss das [mm]a_{n}[/mm] also unabhängig von z sein. Sehe ich das
> richtig?
>
> >
> > [mm]z^k = ((z-a) + a)^ k = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^l a^k-l[/mm]
>
> >
> > und dann die Potenzen aufsammeln:
> >
> > [mm]z^k*(z-a)^{-3} = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^{l-3} a^k-l[/mm]
>
> >
> > Welches ist also das Residuum?
>
> Leider verstehe ich nicht ganz wie du den binomischen
> Lehrsatz anwendest.
> Mein Versuch sieht wie folgt aus:
> [mm]\bruch{x^{k}}{(z-a)^{3}}[/mm] =
> [mm]\summe_{l=0}^{k}\vektor{k\\l}(z-a)^{k-l-3}a^{l}[/mm]
> Und damit: [mm]Res_{a}f(z)[/mm] = [mm]\vektor{k\\k-2}a^{k-2}[/mm]
>
> Stehe ich wieder auf dem Schlauch?
>
> >
> > > Für den Fall [mm]a\not=b[/mm] habe ich mir ähnliche Gedanken
> > > gemacht. Die Laurentreihe für den Entwicklungspunkt a habe
> > > ich als f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}*(z-a)^{-1}[/mm] angenommen.
> > > Damit wäre das Resisuum von f in a gleich
> > > [mm]\bruch{z^k}{(z-b)^2}.[/mm] Für den Entwicklungspunkt b würde
> > > entsprechend gelten: f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)}*(z-b)^{-2}[/mm]
> > > und [mm]Res_{b}[/mm] f(z) = 0
> > >
> > > Mache ich grundlegende Denkfehler?
> >
> > Genau denselben wie oben: du musst wieder [mm]z^k=((z-a) + a)^ k[/mm]
> > schreiben und außerdem [mm](z-b) = (z-a) + (a-b)[/mm] und den
> > Nenner in eine geometrische Reihe entwickeln.
> >
> > Du kannst für [mm]a\not=b[/mm] aber auch anders vorgehen: da a ein
> > einfacher Pol ist, ist das Residuum im Punkt a gerade
> >
> > [mm]\limes_{z\to a} (f(z)(z-a)) = \limes_{z\to a} \bruch{z^k}{(z-b)^2}[/mm]
Alles klar. Wenn ich die Tatsache ausnutze, dass a ein Pol 1. Ordnung ist, ist die Sache klar. [mm] Res_{a}f(z) [/mm] = [mm] \bruch{a^k}{(a-b)^2}
[/mm]
Auf 'normalen Wege' sehe ich für mich jedoch größere Schwierigkeiten.
Wie kann ich zum Beispiel das Residuum in Punkt b angehen? Leider helfen mir die gegebenen Tipps nicht so richtig weiter.
>
> >
> > Das ist etwas einfacher.
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:33 Di 29.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Camille!
> > > Genau denselben wie oben: du musst wieder [mm]z^k=((z-a) + a)^ k[/mm]
> > > schreiben und außerdem [mm](z-b) = (z-a) + (a-b)[/mm] und den
> > > Nenner in eine geometrische Reihe entwickeln.
> > >
> > > Du kannst für [mm]a\not=b[/mm] aber auch anders vorgehen: da a ein
> > > einfacher Pol ist, ist das Residuum im Punkt a gerade
> > >
> > > [mm]\limes_{z\to a} (f(z)(z-a)) = \limes_{z\to a} \bruch{z^k}{(z-b)^2}[/mm]
>
> Alles klar. Wenn ich die Tatsache ausnutze, dass a ein Pol
> 1. Ordnung ist, ist die Sache klar. [mm]Res_{a}f(z)[/mm] =
> [mm]\bruch{a^k}{(a-b)^2}[/mm]
Richtig.
> Auf 'normalen Wege' sehe ich für mich jedoch größere
> Schwierigkeiten.
> Wie kann ich zum Beispiel das Residuum in Punkt b angehen?
Bei einem Pol n-ter Ordnung ist
[mm]Res_{b}f(z) = \bruch{1}{(n-1)!} \bruch{d^{n-1}}{dz^{n-1}}((z-b)^nf(z)) [/mm]
Entweder du benutzt diese die Grenzwert Formel für n=2, oder du entwickelst:
[mm] \bruch{1}{(z-a)(z-b)^2} = \bruch{1}{((z-b)+(b-a))(z-b)^2} = \bruch{1}{b-a} \bruch{1}{1-\bruch{z-b}{a-b}}\bruch{1}{(z-b)^2} [/mm] .
Den zweiten Bruch entwickelst du in eine geometrische Reihe:
[mm] \bruch{1}{1-\bruch{z-b}{a-b}} = \summe_{n=0}^{\infty} \left(\bruch{z-b}{a-b}\right)^n [/mm]
Zusammengefasst:
[mm] \bruch{1}{(z-a)(z-b)^2} = -\summe_{n=0}^{\infty} (z-b)^{n-2} \bruch{1}{(a-b)^{n+1}} [/mm]
Den noch fehlender Zähler formst du wieder mit dem binomischen Satz um und sammelst die Potenzen zusammen. Dabei kannst du dir die Rechnung etwas vereinfachen, indem du berücksichtigst, dass in der unendlichen Reihe nur negative Potenzen von $(z-b)$ zum Residuum beitragen können, also alle Terme mit $n>1$ uninteressant sind.
Nebenbei bemerkt: aus dem Konvergenzradius der geometrischen Reihe ergibt sich der Konvergenzbereich der Laurentreihe, nämlich $|z-b| < |a-b|$, das heisst die Laurentreihe konvergiert in einem Kreisring um b, auf dessen Rand a liegt.
Mit dieser Entwicklungsmethode kannst du natürlich auch das Residuum im Punkt a bestimmen. Probier's einfach mal aus, es muss ja wieder [mm]\bruch{a^k}{(a-b)^2}[/mm] herauskommen.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:13 Di 29.06.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Camille!
> Hallo Rainer!
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> Ich hatte befürchtet, dass ich genau solch elementare
> Fehler mache. Ich danke dir schon mal.
>
> > Hallo Camille!
> >
> > > Es seien a, b [mm]\in \IC[/mm] mit |a|, |b| < 1 gegeben.
> > > Bestimmen Sie für jedes k [mm]\in \IN[/mm] die Residuen von
> > > f(z) = [mm]\bruch{z^k}{(z-a)*(z-b)^2}[/mm]
> > > in a und b.
> > > Hallo Leute,
> > >
> > > ich habe zur obiger Aufgabe ein paar Verständnisfragen.
> > > Ich gehe davon aus, dass ich zwei Fällen betrachten muss,
> > > nämlich a=b und [mm]a\not=b.[/mm] Für den Fall a=b gilt: f(z) =
> > > [mm]\bruch{z^k}{(z-a)^3}[/mm]
> > > Ist in diesem Fall die Laurentreihe nicht durch f(z)
> =
> > > [mm]z^k*(z-a)^{-3}[/mm] schon gegeben und das Residuum von f in a
> > > gleich 0?
> >
> > Nein, denn in der Laurentreihe müssen doch alle Terme
> > denselben Entwicklungspunkt haben; du musst daher alle
> > Potenzen von z in die Form [mm](z-a)^n[/mm] bringen, also auch die
> > im Zähler. Das kannst du allerdings mit dem binomischen
> > Lehrsatz machen:
>
> Bei jeder Laurentreihe f(z) = [mm]\summe_{n=-\infty}^{\infty} a_{n}(z-z_{o})^n[/mm]
> muss das [mm]a_{n}[/mm] also unabhängig von z sein. Sehe ich das
> richtig?
>
> >
> > [mm]z^k = ((z-a) + a)^ k = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^l a^k-l[/mm]
>
> >
> > und dann die Potenzen aufsammeln:
> >
> > [mm]z^k*(z-a)^{-3} = \summe_{l=0}^k \vektor{k\\l} (z-a)^{l-3} a^k-l[/mm]
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> >
> > Welches ist also das Residuum?
>
> Leider verstehe ich nicht ganz wie du den binomischen
> Lehrsatz anwendest.
Sorry, Tippfehler: da sollte nicht [mm] $a^k-l$, [/mm] sondern [mm] $a^{k-l}$ [/mm] stehen.
> Mein Versuch sieht wie folgt aus:
> [mm]\bruch{z^{k}}{(z-a)^{3}}[/mm] =
> [mm]\summe_{l=0}^{k}\vektor{k\\l}(z-a)^{k-l-3}a^{l}[/mm]
> Und damit: [mm]Res_{a}f(z)[/mm] = [mm]\vektor{k\\k-2}a^{k-2}[/mm]
Völlig richtig, es lässt sich aber noch etwas vereinfachen, da
[mm] \vektor{k\\k-2} = \vektor{k\\2} = \bruch{k(k-1)}{2} [/mm]
ist.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:32 Di 29.06.2010 | | Autor: | fred97 |
Zunächst allgemein:
Hat f in [mm] z_0 [/mm] eine isolierte Singularität, so gilt:
(*) [mm] $res(f;z_0) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\gamma_{z_0}}^{}{f(z) dz}$,
[/mm]
[mm] \gamma_{z_0} [/mm] ein hinr. kleiner Kreis um [mm] z_0
[/mm]
Zur Aufgabe:
Fall 1: a=b. Setze [mm] g(z):=z^k: [/mm] Dann ist mit (*) und der Cauchyschen Integralformel
$res(f;a) = [mm] \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\gamma_a}^{}{\bruch{g(z)}{(z-a)^3}dz}= [/mm] g''(a)$
Fall 2: a [mm] \ne [/mm] b.
Setze g(z):= [mm] \bruch{z^k}{(z-b)^2} [/mm] und h(z):= [mm] \bruch{z^k}{z-a}
[/mm]
Wie in Fall 1:
$res(f;a) = [mm] \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\gamma_a}^{}{\bruch{g(z)}{z-a}dz}= [/mm] g(a)$
und
$res(f;b) = [mm] \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\gamma_b}^{}{\bruch{h(z)}{(z-b)^2}dz}= [/mm] h'(b)$
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:38 Fr 02.07.2010 | | Autor: | Camille |
Ich danke euch beiden. Ihr habt mir wirklich weitergeholfen, nun ist mir so Einiges klar geworden. Danke für eure Mühe!
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