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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:20 So 26.02.2006 | | Autor: | Maiko |
| Aufgabe | Entwickeln Sie in Laurentreihen um [mm] z_0 [/mm] = 0:
[mm] w=f(z)=z^{-3}*sin(z^2)
[/mm]
In welchen Gebieten konvergieren die Reihen? Wie lautet das Residuum an der Stelle [mm] z_0 [/mm] = 0 ? |
Normalerweise gehe ich bei der Laurentreihenentwicklung so vor, dass ich ein Bruch aufteile mit Partialbruchzerlegung. Dann schaue ich mir an, welche Singularitäten die einzelnen Brüche haben und entwickle um sie herum.
Mein Problem hier ist, dass ich ja nun keinen Bruch habe. Nun dachte ich mir, dass ich [mm] sin(z^2) [/mm] einfach als Reihe aufschreibe (aus Formelwerk). Nun habe ich einen Bruch (siehe unten). Allerdings weiß ich nicht, was ich jetzt tun muss. Ist meine Reihe jetzt schon fertig entwickelt. Muss ich nur das erste Glied aufschreiben?
Kann mir da jemand helfen?
[mm] w=f(z)=z^{-3}*sin(z^2)=z^{-3}*[z^2-\frac{1}{6}*z^6+\frac{1}{125}*z^{10} [/mm] ... ]
[mm] w=f(z)=\frac{1}{z}-\frac{1}{6}*z^3+\frac{1}{125}*z^7 [/mm] ...
Eigentlich formen wir immer unsere Brüche auf folgende Form um:
[mm] \frac{1}{1-z}= \summe_{k=0}^{\infty} z^k
[/mm]
Dies ist hier ja nun leider nicht möglich, da ich den einzigen Bruch, den ich habe, nie auf diese Form bringen kann.
Ich schreibe morgen eine Klausur und hoffe auf schnelle Antworten 
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[mm]5! = 120[/mm] - sonst ist alles in Ordnung. Du hast die Aufgabe richtig angepackt. Genau so macht man das.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:13 So 26.02.2006 | | Autor: | Maiko |
Hallo Leopold.
Danke für deine schnelle Antwort.
Ich bin mir jetzt nur nicht ganz genau sicher, was denn nun meine Lösung ist. Ist das meine Lösung für die Laurentreihe,
[mm] w=f(z)=\frac{1}{z}-\frac{1}{6}*z^3+\frac{1}{120}*z^7 [/mm] ...
oder dies?
[mm] w=f(z)=\frac{1}{z}
[/mm]
Allerdings könnte auch folgende Lösung korrekt sein:
sin(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{2n+1}
[/mm]
[mm] sin(\frac{1}{z})= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{-(2n+1)}
[/mm]
[mm] \frac{1}{z^3}*sin(\frac{1}{z})=sin(z)= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{-2n-4}
[/mm]
Welches ist nun die richtige Lösung. Ich tippe natürlich auf letztere!
Wie muss ich auf diese Frage antworten: In welchen Gebieten konvergiert diese Reihe?
Bitte um deine Hilfe!
Es ist sehr dringend.
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Die erste Antwort ist richtig. Was du zum Schluß rechnest, betrifft ja eine ganze andere Funktion. Schließlich ist ja [mm]z^{-3} \sin{z^2}[/mm] nicht dasselbe wie [mm]\frac{1}{z^3} \, \sin{\frac{1}{z}}[/mm].
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:49 So 26.02.2006 | | Autor: | Maiko |
Oh, verdammt, ich hatte mich vertippt.
Hier nochmal ein neuer Versuch:
sin(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{2n+1}
[/mm]
[mm] sin(z^2)= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{4n+2}
[/mm]
[mm] \frac{1}{z^3}*sin(z^2)= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{4n-1}
[/mm]
Stimmt das jetzt?
In welchen Gebieten konvergiert diese Reihe?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:24 Mo 27.02.2006 | | Autor: | felixf |
> Oh, verdammt, ich hatte mich vertippt.
> Hier nochmal ein neuer Versuch:
>
> [mm]\sin(z)=\summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{2n+1}[/mm]
>
> [mm]\sin(z^2)= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{4n+2}[/mm]
>
> [mm]\frac{1}{z^3}*\sin(z^2)= \summe_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}*z^{4n-1}[/mm]
>
> Stimmt das jetzt?
Ja.
> In welchen Gebieten konvergiert diese Reihe?
Nun, die Sinus-Reihe konvergiert ja auf ganz [mm] \IC. [/mm] Und diese Reihe hast du mit [mm] \frac{1}{z^3} [/mm] multipliziert, folglich konvergiert diese Reihe fuer alle $z [mm] \in \IC \setminus \{ 0 \}$.
[/mm]
(Um das zu sehen: Waehle ein solches $z$ fest; dann konvergiert die Reihe fuer [mm] $\sin z^2$ [/mm] fuer dieses $z$, und wenn du sie mit der Konstanten [mm] $\frac{1}{z^3}$ [/mm] multiplizierst aendert sich daran nichts.)
LG Felix
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