0
Das ist alles in Ordnung, es geht halt so, weil es alles Polstellen 1. Ordnung sind.
Zu den Laurent-Reihen: Die komplette Laurent-Reihe aufzustellen für diese Funktionen ist kompliziert. Ist ja auch für das Residuum nicht nötig.
Ein Weg zum Residuum mit Laurent-Reihe, ohne Formel:
\(f(x)=\frac1{\sin x}\) um \(z_0=0\). \(f\) hat in \(z_0\) einen Pol der Ord 1, denn \(g(z)=z\, f(z)=\frac{z}{\sin z}\) hat in \(0\) keine Polstelle mehr (l'Hospital), also hat \(g\) eine Reihenentwicklung der Form \(g(z)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^i\) mit \(a_0=g(0)=1\) (die 1 ist der Grenzwert aus dem l'H). Unsere Funktion \(f\) hat dann die Laurent-Reihe
\(f(z)=\frac1z g(z)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^{i-1}= \sum\limits_{i=-1}^\infty a_{i+1}z^i\) und der Koeffizient darin von \(z^{-1}\), das Residuum, ist \(a_0=1\).
Zu den Laurent-Reihen: Die komplette Laurent-Reihe aufzustellen für diese Funktionen ist kompliziert. Ist ja auch für das Residuum nicht nötig.
Ein Weg zum Residuum mit Laurent-Reihe, ohne Formel:
\(f(x)=\frac1{\sin x}\) um \(z_0=0\). \(f\) hat in \(z_0\) einen Pol der Ord 1, denn \(g(z)=z\, f(z)=\frac{z}{\sin z}\) hat in \(0\) keine Polstelle mehr (l'Hospital), also hat \(g\) eine Reihenentwicklung der Form \(g(z)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^i\) mit \(a_0=g(0)=1\) (die 1 ist der Grenzwert aus dem l'H). Unsere Funktion \(f\) hat dann die Laurent-Reihe
\(f(z)=\frac1z g(z)=\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^{i-1}= \sum\limits_{i=-1}^\infty a_{i+1}z^i\) und der Koeffizient darin von \(z^{-1}\), das Residuum, ist \(a_0=1\).
Diese Antwort melden
Link
geantwortet
mikn
Lehrer/Professor, Punkte: 11.1K
Lehrer/Professor, Punkte: 11.1K
Hallo! Danke vielmals für dein Feedback und deine Hilfe, ich glaube ich verstehe es jetzt! :)
─
k.kiehl
12.02.2021 um 13:33
Hallo, Ich hab noch ein ähnliches Beispiel angehängt, wo ich leider nicht weiß, wie man auf das Ergebnis kommt. Vielleicht kannst du mir da wieder weiterhelfen? :) Danke schon im Voraus!
─
k.kiehl
12.02.2021 um 14:29
Das ist eben etwas anders, weil in 0 eine Polstelle 2. Ord. ist (denn \(g(z)=z^2f(z)\to 2\)). Das kannst Du mit obiger Überlegung zur L-Reihe machen, die Taylor-R von \(g\)verschiebt sich dann um 2 nach unten und wird zur L-Reihe von \(f\). Das Residuum ist dann der Koeff. a_1 aus der Taylor-R von \(g(z)=z^2f(z)\), also \(g'(0))\) (oder mit Deiner Formel, kommt dasselbe raus, mit l'H).
─
mikn
12.02.2021 um 14:56
Noch eine Ergänzung, wie man ganz schnell auf die 0 kommt, ohne Ableiten. Es geht ja darum die Taylor-R von \(g(z)=z^2f(z)\) zu finden. \(f\) ist aber eine gerade Funktion, d.h. in der Taylor-R treten nur Potenzen \(z^k\) mit \(k\) gerade auf, d.h. \(a_k=0\) für alle ungeraden \(k\). Durch die Verschiebung um 2 nach unten wird das die L-R von \(f\), diese Eigenschaft bleibt also erhalten. Wir suchen \(a_1\), da aber \(-1\) ungerade ist, ist \(a_{-1}=0\) (\(a_{-1}\) ist das, was vor dem Verschieben \(a_1\) war).
─
mikn
12.02.2021 um 15:48
Danke für deine Hilfe! Ich muss das alles nochmal durchdenken, aber ich glaube ich verstehe jetzt wie es geht. :)
─
k.kiehl
15.02.2021 um 23:28