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Residuum wesentliche Singularität

Universität / Fachhochschule

Funktionentheorie

Tags: Funktionentheorie, Residuum, wesentliche Singularität

Barrelrider aktiv_icon

18:41 Uhr, 26.02.2016

Hallo,
Aufgabe ist es das Residuum von

f (z) = \frac{z - 3}{z^{2} (z + 1)} e^{\frac{1}{z - 3}}

zu berechnen in

z = 3

. Ich weiß wie ich

e^{\frac{1}{z - 3}}

als Reihe darstellen kann und ich könnte auch

\frac{1}{z^{2} (z - 3)}

z = 3

in einer Taylor Reihe entwickeln, aber mit dem Cauchy Produkt würden sich dann für das Produkt beider Reihen eine Doppelreihe ergeben und ich habe keine Ahnung wie ich daraus das Residuum erhalte. Wir hatten in der Vorlesung auch keine andere Methode wesentliche Singularitäten zu berechnen und ich habe gelesen, dass es in der Regel auch nicht anders als über die Laurentreihe geht. Kann mir jemand helfen? :-D)

mihisu aktiv_icon

15:58 Uhr, 27.02.2016

Ok, zunächst allgemein:

Sagen wir du hast

\frac{1}{z^{2} \cdot (z + 1)}

in eine Taylorreihe um

z = 3

entwickelt, die bezeichne ich mal mit

\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} \cdot {(z - 3)}^{k}

. (Bin ich gerade zu faul diese auszurechnen.)

Und du hast

e^{\frac{1}{z - 3}}

in die Laurentreihe

\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{k!} {(z - 3)}^{- k}

entwickelt.

Dann ist

...

f (z) = (\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} \cdot {(z - 3)}^{k}) \cdot (\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{k!} {(z - 3)}^{- k})

Mit Cauchyproduktformel:

f (z) = (z - 3) \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{n = 0}^{\infty} (a_{k - n} \cdot {(z - 3)}^{k - n} \cdot \frac{1}{n!} {(z - 3)}^{- n})

f (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{n = 0}^{k} (\frac{a_{k - n}}{n!} \cdot {(z - 3)}^{k - 2 n + 1})

Das ist das was du vorgeschlagen hast. Soweit mitgekommen?
Und nun verwirrt dich, dass da eine Doppelsumme steht?

Was würdest du machen, wenn du nun eine einfache Laurentreihe

\sum_{k = - \infty}^{\infty} c_{k} {(z - 3)}^{k}

hättest? Dann würdest du dir den Koeffizienten

c_{- 1}

von

{(z - 3)}^{- 1}

anschauen.

Genau das gleiche machst du hier nun auch. Schaue dir den Koeffizienten von

{(z - 3)}^{- 1}

an. Überprüfe also für welche Paare

(k, n)

mit

0 \leq n \leq k

der Exponent

k - 2 n + 1

gleich

- 1

wird und summiere die zugehörigen Terme

\frac{a_{k - n}}{n!}

auf.

Jetzt mache ich mich selbst mal daran, die Reihenentwicklung von

\frac{1}{z^{2} \cdot (z + 1)}

zu berechnen. Ich glaube nämlich, dass es evtl. gar nicht so einfach wird letztendlich die Reihe

\sum_{[\begin{matrix} 0 \leq n \leq k \\ k - 2 n + 1 = - 1 \end{matrix}]} \frac{a_{k - n}}{n!}

zu berechnen.

Nachtrag:
Ich muss sagen, dass die Aufgabe doch ziemlich rechenaufwändig ist. Falls ich mich nicht verrechnet habe, sollte das gesuchte Residuum

4 \cdot e^{- \frac{1}{4}} - \frac{13}{3} \cdot e^{- \frac{1}{3}}

sein. (Das nur als Ergebnis zum Vergleich, wenn/falls du soweit kommst. Natürlich stehe ich für deine Fragen noch zur Verfügung.)

Barrelrider aktiv_icon

20:55 Uhr, 29.02.2016

Danke erstmal für deine Antwort. Ich hab aber immer noch zwei Probleme. Zum ersten weiß ich zwar theoretische wie ich

\frac{1}{z (z + 2)}

in einer Reihe um

z = 3

entwickel, aber schon bei der zweiten Ableitung wird das doch mit der Kettenregel extrem aufwendig. Normaler Weise würde ich versuchen die geometrische Reihe zu verwenden. Aber das scheint mir hier auch schwierig. Das heißt in der Praxis habe ich keine Ahnung wie ich die Taylorreihe aufstellen soll. Mein zweites Problem ist, dass für den minus ersten koeffizient doch für jedes gerade

k

den beitrag von dem

a_{\frac{k}{2} + 1}

Koeffiezienten bekomme und, dann ergibt, dass doch wieder eine unendliche Reihe und ich weiß noch nicht ob ich den Grenzwert dann identifizieren kann.

mihisu aktiv_icon

21:19 Uhr, 29.02.2016

Ok, langsam bin ich komplett verwirrt. Warum die Taylorreihe von

\frac{1}{z \cdot (z + 2)}

?

Deine Funktion ist doch durch

f (z) = \frac{z - 3}{z^{2} \cdot (z + 1)} \cdot e^{\frac{1}{z - 3}}

gegeben, oder?

Dann bräuchtest du doch eher die Taylorreihe von

\frac{1}{z^{2} \cdot (z + 1)}

.

In deinem ersten Beitrag hast du

\frac{1}{z^{2} \cdot (z - 3)}

geschrieben, da dachte ich noch, du hast dich einfach verschrieben, da du noch die Entwicklungsstelle

z = 3

im Kopf hattest. Aber wo kommt nun plötzlich

\frac{1}{z \cdot (z + 2)}

her?

Bitte kläre also zunächst, wovon du nun die Taylorreihe brauchst.

Zu deinem zweiten Problem: Ja, da ergibt sich dann tatsächlich wieder eine Reihe

\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{a_{n - 2}}{n!}

deren Wert bestimmt werden muss. Aber um das machen zu können, brauchen wir zunächst die Koeffizienten

{(a_{m})}_{m \in ℕ_{0}}

der zuvor angesprochenen Taylorreihe.

Barrelrider aktiv_icon

08:35 Uhr, 01.03.2016

Da hab ich mich wohl vertippt :-P). Ich meinte

\frac{1}{z^{2} (z + 1)}

. Kann man das irgendwie als geometrische Reihe schreiben oder muss ich mit vollständiger Induktion die Koeffizienten bestimmen?

mihisu aktiv_icon

12:21 Uhr, 01.03.2016

Du hast schon das richtige Stichwort genannt: geometrische Reihe
Wenn man für eine Aufgabe die komplette Reihe braucht, ist es meist schwierig das mit Formel und vollständiger Induktion zu tun, da man dann erst die explizite Forme der Koeffizienten raten muss. Viel hilfreicher ist es normalerweise das Problem auf bekannte Reihen zurückzuführen.

Die Taylorreihe von

\frac{1}{z - ζ}

z = z_{0}

erhält man, indem man zunächst ein

z - z_{0}

erzeugt, durch Einfügen einer

0,

also

- z_{0} + z_{0}

. Und dann wird umsortiert und durch Ausklammern die Form

\frac{1}{1 - q}

erzeugt, welche man für die geometrische Reihe braucht.

\frac{1}{z - ζ} = \frac{1}{z - z_{0} + z_{0} - ζ} = \frac{1}{z_{0} - ζ + z - z_{0}} = \frac{1}{z_{0} - ζ} \cdot \frac{1}{1 + \frac{z - z_{0}}{z_{0} - ζ}} = \frac{1}{z_{0} - ζ} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - z_{0}}{ζ - z_{0}}}

Nun kann die geometrische Reihe verwendet werden, da für

| q | < 1

gilt:

\frac{1}{1 - q} = \sum_{k = 0}^{\infty} q^{k}

\frac{1}{z - ζ} = \frac{1}{z_{0} - ζ} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} {(\frac{z - z_{0}}{ζ - z_{0}})}^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{- 1}{{(ζ - z_{0})}^{k + 1}} \cdot {(z - z_{0})}^{k}

Konkretes Beispiel:

\frac{1}{z + 1} = \frac{1}{4 + z - 3} = \frac{1}{4 + z - 3} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 + \frac{z - 3}{4}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - (- \frac{z - 3}{4})}

= \frac{1}{4} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} {(- \frac{z - 3}{4})}^{k} = \frac{1}{4} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} {(- \frac{1}{4})}^{k} \cdot {(z - 3)}^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{4^{k + 1}} \cdot {(z - 3)}^{k}

Wenn du entsprechend auch

\frac{1}{z}

z = 3

entwickelt hast, kannst du

\frac{1}{z^{2} \cdot (z + 1)} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{z + 1}

mit Hilfe der Cauchy-Produktformel ausmultiplizieren.

Barrelrider aktiv_icon

20:56 Uhr, 01.03.2016

Das ist ja eine richtig hilfreiche Formel um Potenzreihen zu ermittlen. Danke schön :-D)
Damit komme ich jetzt auf

\frac{1}{z} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{- 1}{{(- 3)}^{k + 1}} {(z - 3)}^{k}

\frac{1}{z + 1} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{- 1}{{(- 4)}^{k + 1}} {(z - 3)}^{k}

(z - 3) e^{\frac{1}{z - 3}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{k!} {(z - 3)}^{- k + 1}

Nach dem Cauchy Produkt ergibt sich dann meiner Meinung nach:

\frac{1}{z^{2}} \frac{1}{z + 1} (z - 3) e^{\frac{1}{z - 3}}

= \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{l} \sum_{n = 0}^{m} \frac{- 1}{{(- 3)}^{n + 1}} {(z - 3)}^{n} \frac{- 1}{{(- 3)}^{m - n + 1}} {(z - 3)}^{m - n} \frac{- 1}{{(- 4)}^{l - m + 1}} {(z - 3)}^{l - m} \frac{1}{(k - l)!} {(z - 3)}^{- k + l + 1}

= \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{k} \sum_{m = 0}^{l} \sum_{n = 0}^{m} \frac{- 1}{{(- 3)}^{m + 2} {(- 4)}^{l - m} (k - l)!} {(z - 3)}^{2 l - k + 1}

Dann bekomme Koeffizienten für die

{(z - 3)}^{- 1}

für

l = \frac{k - 1}{2}

D . h

. für das Residum brauche ich die ungeraden

k

. Deswegen hab ich

k = 2 j + 1

gesetzt und über

j

summiert. Daraus ergab sich

l = \frac{k - 1}{2} = j

Als Residum erhielt ich dann

\sum_{j = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{j} \sum_{n = 0}^{m} \frac{- 1}{{(- 3)}^{m + 2} {(- 4)}^{j - m} (j + 1)!}

und das sagt mir leider gar nichts.

Alternativ habe ich mit Partialbruchzerlegung ermittelt

\frac{1}{z^{2}} \frac{1}{z + 1} = - \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{z + 1}

Mit dem Cauchy-Produkt und der Formel für

\frac{1}{z}

erhielt ich

\frac{1}{z^{2}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{l} \frac{- 1}{{(- 3)}^{l + 1}} {(z - 3)}^{l} \frac{- 1}{{(- 3)}^{k - l + 1}} {(z - 3)}^{k - l} = \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{l} \frac{1}{{(- 3)}^{k + 2}} {(z - 3)}^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{k}{{(- 3)}^{k + 2}} {(z - 3)}^{k}

Damit ergab sich

- \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{z + 1} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{{(- 3)}^{k + 1}} {(z - 3)}^{k} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{k}{{(- 3)}^{k + 2}} {(z - 3)}^{k} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{- 1}{{(- 4)}^{k + 1}} {(z - 3)}^{k}

= \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{k + 1}{{(- 3)}^{k + 1}} + \frac{- 1}{{(- 4)}^{k + 1}}) {(z - 3)}^{k}

und schließlich mit Cauchy-Produkt

(- \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{z + 1}) (z - 3) e^{\frac{1}{z - 3}} = (\sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{k + 1}{{(- 3)}^{k + 1}} + \frac{- 1}{{(- 4)}^{k + 1}}) {(z - 3)}^{k}) \cdot (\sum_{l = 0}^{\infty} \frac{1}{l!} {(z - 3)}^{- l + 1})

= \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{k} (\frac{l + 1}{{(- 3)}^{l + 1}} + \frac{- 1}{{(- 4)}^{l + 1}}) {(z - 3)}^{l} \frac{1}{(k - l)!} {(z - 3)}^{- k + l + 1}

= \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{k} (\frac{l + 1}{{(- 3)}^{l + 1}} + \frac{- 1}{{(- 4)}^{l + 1}}) \frac{1}{(k - l)!} {(z - 3)}^{2 l - k + 1}

Um das Residum zu berechnen erhalten, also die Faktoren vor

\frac{1}{z - 3}

zu erhalten, brauche ich

l = \frac{k - 2}{2},

deswegen setze ich wieder

k = 2 j \Rightarrow l = j - 1

Damit bekomme ich als Residuum

\sum_{j = 0}^{\infty} (\frac{j}{{(- 3)}^{j}} + \frac{- 1}{{(- 4)}^{j}}) \frac{1}{(j + 1)!} = \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{j}{{(- 3)}^{j} (j + 1)!} + \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{- 1}{{(- 4)}^{j} (j + 1)!}

= - 3 \sum_{l = 1}^{\infty} (l - 1) \frac{{(- \frac{1}{3})}^{l}}{l!} + 4 \sum_{l = 1}^{\infty} \frac{{(- \frac{1}{4})}^{l}}{l!}

= - 3 \sum_{l = 1}^{\infty} (l - 1) \frac{{(- \frac{1}{3})}^{l}}{l!} + 4 e^{- \frac{1}{4}} - 4

Der erste Term ist irgendwie immer noch nicht so sinnvoll, aber es sieht doch schon besser aus :-D)

mihisu aktiv_icon

23:25 Uhr, 01.03.2016

Ok zu deinem ersten Versuch: Das sieht recht gut aus, dir ist jedoch ein "+1" im Exponenten bei der

(- 4)

verloren gegangen.

Und aus

2 l - k + 1 = - 1

erhält man nicht

l = \frac{k - 1}{2}

bzw.

k = 2 l + 1,

sondern

l = \frac{k - 2}{2}

bzw.

k = 2 l + 2

.

Also erhält man als Residuum:

R := \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{l} \sum_{n = 0}^{m} \frac{- 1}{{(- 3)}^{m + 2} \cdot {(- 4)}^{l - m + 1} \cdot (l + 2)!}

(Das war also schon fast richtig.) Nun kann man das noch weiter vereinfachen. Zunächst ist der Summand unabhängig von

n,

so dass die Summe

\sum_{n = 0}^{m}

einfach ein

m + 1

ergibt.

R = \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{l} \frac{- (m + 1)}{{(- 3)}^{m + 2} \cdot {(- 4)}^{l - m + 1} \cdot (l + 2)!}

= \sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{l} (\frac{1}{{(- 1)}^{l + 2} \cdot 3^{2} \cdot 4^{l + 1} \cdot (l + 2)!} \cdot (m + 1) \cdot {(\frac{4}{3})}^{m})

Nun mache ich folgendes (für

q \neq 1

)

[

Wie gut dass ich den Trick noch kenne. Den habe ich in der Statistischen Physik kennengelernt.]:

\sum_{m = 0}^{l} (m + 1) \cdot q^{m} = \sum_{m = 0}^{l} \frac{\partial}{\partial q} q^{m + 1} = \frac{\partial}{\partial q} (q \cdot \sum_{m = 0}^{l} q^{m}) = \frac{\partial}{\partial q} (q \cdot \frac{1 - q^{l + 1}}{1 - q}) = \frac{\partial}{\partial q} (\frac{q - q^{l + 2}}{1 - q})

= \frac{(1 - (l + 2) \cdot q^{l + 1}) \cdot (1 - q) - (q - q^{l + 2}) \cdot (- 1)}{{(1 - q)}^{2}}

= \frac{1 - (l + 2) \cdot q^{l + 1} - q + (l + 2) \cdot q^{l + 2} + q - q^{l + 2}}{{(1 - q)}^{2}}

= \frac{1 - (l + 2) \cdot q^{l + 1} + (l + 1) \cdot q^{l + 2}}{{(1 - q)}^{2}}

Damit ist dann:

R = \sum_{l = 0}^{\infty} (\frac{1}{{(- 1)}^{l + 2} \cdot 3^{2} \cdot 4^{l + 1} \cdot (l + 2)!} \cdot \frac{1 - (l + 2) \cdot {(\frac{4}{3})}^{l + 1} + (l + 1) \cdot {(\frac{4}{3})}^{l + 2}}{{(1 - \frac{4}{3})}^{2}})

= \sum_{l = 0}^{\infty} (\frac{{(\frac{1}{4})}^{l + 1}}{{(- 1)}^{l + 2} \cdot 3^{2} \cdot (l + 2)!} \cdot \frac{1 - (l + 2) \cdot {(\frac{4}{3})}^{l + 1} + (l + 1) \cdot (\frac{4}{3}) \cdot {(\frac{4}{3})}^{l + 1}}{3^{- 2}})

= \sum_{l = 0}^{\infty} (\frac{{(\frac{1}{4})}^{l + 1} - (l + 2) \cdot {(\frac{1}{3})}^{l + 1} + (l + 1) \cdot (\frac{4}{3}) \cdot {(\frac{1}{3})}^{l + 1}}{{(- 1)}^{l + 2} \cdot (l + 2)!})

= \sum_{l = 0}^{\infty} (\frac{4 \cdot {(\frac{1}{4})}^{l + 2} - (l + 2) \cdot 3 \cdot {(\frac{1}{3})}^{l + 2} + (l + 1) \cdot 4 \cdot {(\frac{1}{3})}^{l + 2}}{{(- 1)}^{l + 2} \cdot (l + 2)!})

k := l + 2

R = \sum_{k = 2}^{\infty} (\frac{4 \cdot {(\frac{1}{4})}^{k} - k \cdot 3 \cdot {(\frac{1}{3})}^{k} + (k - 1) \cdot 4 \cdot {(\frac{1}{3})}^{k}}{{(- 1)}^{k} \cdot k!})

= \sum_{k = 2}^{\infty} (\frac{4 \cdot {(- \frac{1}{4})}^{k} + (k - 4) \cdot {(- \frac{1}{3})}^{k}}{k!})

= 4 \cdot \sum_{k = 2}^{\infty} (\frac{{(- \frac{1}{4})}^{k}}{k!}) + (- \frac{1}{3}) \cdot \sum_{k = 2}^{\infty} (\frac{{(- \frac{1}{3})}^{k - 1}}{(k - 1)!}) + (- 4) \cdot \sum_{k = 2}^{\infty} (\frac{{(- \frac{1}{3})}^{k}}{k!})

= 4 \cdot (e^{- \frac{1}{4}} - 1 + \frac{1}{4}) + (- \frac{1}{3}) \cdot (e^{- \frac{1}{3}} - 1) + (- 4) \cdot (e^{- \frac{1}{3}} - 1 + \frac{1}{3})

= 4 \cdot e^{- \frac{1}{4}} - 4 + 1 - \frac{1}{3} \cdot e^{- \frac{1}{3}} + \frac{1}{3} - 4 \cdot e^{- \frac{1}{3}} + 4 - \frac{4}{3}

= 4 \cdot e^{- \frac{1}{4}} - \frac{13}{3} \cdot e^{- \frac{1}{3}}

- - -

- - -

Zum deinem Alternativ-Versuch:

Bei der Reihe zu

\frac{1}{z^{2}}

hast du zweimal als obere Summationsgrenze

l

geschrieben, wo ein

k

hingehört. Das ist nicht weiter tragisch, sondern nur ein Tippfehler.

Des weiteren ist

\sum_{l = 0}^{k} 1 = k + 1 \neq k

. Du hast wahrscheinlich vergessen, dass da auch über 0 summiert wird, man also

k + 1

Summanden hat. Demnach ist dann:

\frac{1}{z^{2}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{k + 1}{{(- 3)}^{k + 2}} {(z - 3)}^{k}

Des Weiteren hast du bei der Addition

\frac{1}{{(- 3)}^{k + 1}} + \frac{k}{{(- 3)}^{k + 2}}

\frac{k + 1}{{(- 3)}^{k + 1}}

vereinfach. Das ist jedoch falsch. Beachte, dass in einem Summanden ein

k + 1

steht und im anderen ein

k + 2

im Exponenten.

Wenn du mit dem richtigen Zwischenergebnis für

\frac{1}{z^{2}}

richtig weitergerechnet hättest, müsstest du auf diesem Weg aber wohl auch zum richtigen Ergebnis kommen.

Barrelrider aktiv_icon

19:40 Uhr, 02.03.2016

Ufff. Jetzt weiß ich was du mit ziemlich rechenaufwendig meinst. Schon stark wie du das runter gerechnet hast ohne dich einmal zu verrechnen. Aber die Version über das Vierfache Cauchy Produkt ergibt jetzt Sinn für mich, scheint mir aber sehr trickreich :-D). In der Alternative über die Partialbruchzerlegung hab ich deine Korrekturen berücksichtigt und komme jetzt tatsächlich auf genau dasselbe Ergebnis. Vielen Dank, du hast mir echt weitergeholfen und ich konnte an deiner Rechnung echt was lernen, wie man aus so wüsten Summen was macht.

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