Integral mittels Residuen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:11 Fr 21.01.2011 | | Autor: | willy89 |
| Aufgabe | Berechne mit Hilfe der Residuen folgendes Integral:
[mm] \integral_{z=|2|}^{}{ \bruch{1}{z-1} * sin( \bruch{1}{z} )dz} [/mm] |
Hallo,
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Die Residuen sind ja klar: z = 1 und z = 0.
Für z = 0 habe ich die geometrische Reihe und die Reihendarstellung des Sinus genutzt und bin auf
[mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n [/mm] * [mm] \bruch{z^{3n+1}}{(2n+1)!} [/mm] gekommen. Stimmt das soweit? Wie kann ich das auf die Laurentform bringen?
Für z = 1 kam bei mir
[mm] (z-1)^{-1} [/mm] * [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n [/mm] * [mm] \bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!} [/mm] = (Binomische Reihe) [mm] (z-1)^{-1} [/mm] * [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \summe_{k=0}^{2n+1} (-1)^n [/mm] * [mm] \bruch{\vektor{2n+1 \\ k}(z-1)^k}{(2n+1)!} [/mm]
Aber dann stockts...ich habe versucht die Summationsreihenfolge zu vertauschen und kam auf folgendes:
(z-1)^(-1) * [mm] \summe_{k=0}^{\infty} (z-1)^k \summe_{n=(k-1)/2}^{\infty} (-1)^n [/mm] * [mm] \bruch{\vektor{2n+1 \\ k}}{(2n+1)!} [/mm]
Schonmal Danke!
Grüße
willy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:21 Fr 21.01.2011 | | Autor: | willy89 |
Habe die Idee für z = 1; habe w = z-1 Substituiert...
Komme dann auf einen Wert für das Residum.
Kann das so gehen?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:24 Fr 21.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Berechne mit Hilfe der Residuen folgendes Integral:
>
> [mm]\integral_{z=|2|}^{}{ \bruch{1}{z-1} * sin( \bruch{1}{z} )dz}[/mm]
>
> Hallo,
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Die Residuen sind ja klar: z = 1 und z = 0.
> Für z = 0 habe ich die geometrische Reihe und die
> Reihendarstellung des Sinus genutzt und bin auf
>
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n[/mm] * [mm]\bruch{z^{3n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
> gekommen. Stimmt das soweit?
Es sieht aus, als wenn du die Reihen gliedweise multipliziert hast; das ist falsch.
> Wie kann ich das auf die
> Laurentform bringen?
Das ist doch schon eine Laurentreihe, der Hauptteil ist halt 0. Das stimmt allerdings so gar nicht.
Mach es doch einfach. Sei [mm] $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n z^n [/mm] = [mm] \frac{1}{z - 1} \sin \frac{1}{z} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^\infty (-1)^k z^k \cdot \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{(2 j + 1)!} z^{-2 j - 1}$.
[/mm]
Du willst jetzt den Koeffizienten vor [mm] $z^{-1}$ [/mm] wissen, also [mm] $a_{-1}$. [/mm] Damit [mm] $z^k \cdot z^{-2 j - 1} [/mm] = [mm] z^{-1}$ [/mm] ist, muss $k = 2 j$ sein.
Also ist [mm] $a_{-1} [/mm] = [mm] \sum_{j=0}^\infty \frac{1}{(2 j + 1)!} \cdot (-1)^{2 j} [/mm] = [mm] \dots$ [/mm] (das kannst du explizit ausrechnen).
> Für z = 1 kam bei mir
> [mm](z-1)^{-1}[/mm] * [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (-1)^n[/mm] *
> [mm]\bruch{z^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm] = (Binomische Reihe) [mm](z-1)^{-1}[/mm]
> * [mm]\summe_{n=0}^{\infty} \summe_{k=0}^{2n+1} (-1)^n[/mm] *
> [mm]\bruch{\vektor{2n+1 \\ k}(z-1)^k}{(2n+1)!}[/mm]
Das machst du viel zu kompliziert (und falsch, da du die falsche Reihe fuer [mm] $\sin \frac{1}{z}$ [/mm] verwendest).
Beachte, dass $g(z) = [mm] \sin \frac{1}{z}$ [/mm] in $z = 1$ holomorph ist. Also reicht es aus, ganz allgemein das Residuum von [mm] $\frac{1}{z - 1} [/mm] g(z)$ in $z = 1$ zu bestimmen. Du kannst $g(z) = [mm] \sum_{k=0}^\infty a_k [/mm] (z - [mm] 1)^k$ [/mm] schreiben mit [mm] $a_0 [/mm] = g(1)$. Damit ist [mm] $\frac{1}{z - 1} [/mm] g(z) = [mm] \sum_{k=-1}^\infty a_{k + 1} [/mm] (z - [mm] 1)^k$, [/mm] und [mm] $res_{z=1} \frac{1}{z - 1} [/mm] g(z) = [mm] a_{-1 + 1} [/mm] = [mm] a_0 [/mm] = g(1) = [mm] \sin \frac{1}{1}$.
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:49 Sa 22.01.2011 | | Autor: | willy89 |
Vielen Dank! Ich glaube mir ist bei den Residuen gerade ein Licht aufgegangen!
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