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| Aufgabe | | Sei [mm] f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}a_n z^n, [/mm] definiert en D(0,r) mit 0<p<r. Berechne (in Bezug auf die Koeffizienten von [mm] a_n) [/mm] den Wert von [mm] \bruch{1}{2i\pi}\integral_{C_p}^{}{ e^{w/z}\bruch{f(z)}{z} dz}, [/mm] mit [mm] C_p(t)=pe^{it}, [/mm] t [mm] \in [/mm] [0, [mm] 2\pi]. [/mm] |
Hi,kann mir jemand bei dieser Aufgabe vielleicht helfen?? Weiß nämlich nicht genau, wie ich hier anfangen soll.
nicht so oder??
[mm] \bruch{1}{2i\pi}\integral_{C_p}^{}{ e^{w/z}\bruch{f(z)}{z} dz}=\bruch{1}{2i\pi}\integral_{0}^{2\pi}{ e^{w/(pe^{it})}\bruch{f((pe^{it}))}{(pe^{it})} dz}
[/mm]
Wüsste jetzt hier dann auch schon wieder nicht weiter.
Danke für hilfe.
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Und was ist [mm]w[/mm]?
Multipliziere die Laurentreihen von [mm]\frac{1}{z} \cdot \operatorname{e}^{\frac{w}{z}}[/mm] und [mm]f(z)[/mm] miteinander und betrachte den Koeffizienten von [mm]\frac{1}{z}[/mm], der sich dabei ergibt (die restlichen Glieder kannst du ignorieren). Ich habe
[mm]\frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z| = \varrho} \operatorname{e}^{\frac{w}{z}} \, \cdot \, \frac{f(z)}{z}~\mathrm{d}z \ = \ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n[/mm]
erhalten.
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Hi,
hmm, wir wissen ja, dass [mm] e^w=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{w^n}{n!}, [/mm] das ganze dann mit [mm] e^{w/z}=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{w^n}{z*n!}.
[/mm]
[mm] f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}a_n z^n.
[/mm]
So, meinst du das jetzt so, mit alles multiplizieren?
[mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{w^n}{z*n!} \summe_{n=0}^{\infty}a_n z^n \bruch{1}{z}=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{w^n}{z*n!}a_n z^n \bruch{1}{z}
[/mm]
aber wie kommst du auf [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z| = \varrho} \operatorname{e}^{\frac{w}{z}} \, \cdot \, \frac{f(z)}{z}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n, [/mm] dein Ergebis ist ja fast nur die Reihe der Exp.-fkt., ich kriege die [mm] \bruch{1}{z*z} [/mm] gar nicht weg..
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Das geht schon falsch los!
[mm]\operatorname{e}^{w/z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \, \cdot \, \frac{w^n}{z^n}[/mm]
Und dann ist es hier empfehlenswert, das wirklich einmal auszuschreiben:
[mm]\frac{1}{z} \cdot \left( 1 + \frac{w}{z} + \frac{w^2}{2! \, z^2} + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 \, z + a_2 \, z^2 + \ldots \right)[/mm]
Und jetzt kümmere dich nur um die Summanden, die beim Ausmultiplizieren etwas von [mm]z[/mm] Unabhängiges liefern. Nur die sind für die Integration von Interesse, da alle Potenzen [mm]z^n[/mm] mit [mm]n \neq -1[/mm] Stammfunktionen besitzen, so daß das Integral über eine geschlossene Kurve verschwindet.
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Also wenn ich hier [mm] \frac{1}{z} \cdot \left( 1 + \frac{w}{z} + \frac{w^2}{2! \, z^2} + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 \, z + a_2 \, z^2 + \ldots \right) [/mm] alles ausmultipliziere, dann sind ja alle von z abängig, aber wenn ich nur [mm] \left( 1 + \frac{w}{z} + \frac{w^2}{2! \, z^2} + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 \, z + a_2 \, z^2 + \ldots \right) [/mm] betrachte, da bleibt ja nur [mm] a_0 [/mm] übrig, wo kein z drin vorkommt.
was muss ich dann machen? muss ich jetzt nur [mm] a_0 [/mm] über diese Kurve integrieren, das geht ja auch nicht.hmmm....
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:23 Mo 04.05.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum alle von z abh?
was gibt etwa [mm] w/z^2*a2z^2 [/mm] ?
Gruss leduart
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... oder
[mm]\left( \ldots + \frac{w^{2009}}{2009! \, z^{2009}} + \ldots \right) \cdot \left( \ldots + a_{2009} \, z^{2009} + \ldots \right) = \ldots \ldots + \frac{a_{2009}}{2009!} \, w^{2009} + \ldots \ldots[/mm]
Zusammen mit dem [mm]\frac{1}{z}[/mm] vor den beiden Klammern bekommst du auf diese Weise die kritischen Summanden:
[mm]\frac{1}{z} \cdot \left( 1 + \frac{w}{z} + \frac{w^2}{2! \, z^2} + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 \, z + a_2 \, z^2 + \ldots \right)[/mm]
[mm]= \ldots + \left( \ldots \right) z^{-3} + \left( \ldots \right) z ^{-2} + \left( \ldots + \frac{a_{2009}}{2009!} \, w^{2009} + \ldots \right) z^{-1} + \left( \ldots \right) z^0 + \left( \ldots \right) z^1 + \ldots[/mm]
Und wenn du jetzt darüber das Integral über eine geschlossene Kurve ziehst (mit [mm]z[/mm] als der Integrationsvariablen), verschwinden alle Summanden mit Potenzen [mm]z^n, \, n \neq -1[/mm], einfach weil sie Stammfunktionen besitzen.
Und [mm]\int_{|z|=\varrho} \left( \ldots \right) z^{-1}~\mathrm{d}z[/mm] ?
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Hi nochmal,
oh ja, da hatte ich wohl was falsch verstanden bzw. falsch umgesetzt.
so, komme dieses mal auf alle ohne z:
[mm] a_0 [/mm] + a_1w + [mm] \bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...
[/mm]
So, und wenn ich mir das jetzt so anschaue, dann ist ja das schon das Ergebis, was Leopold_Gast in Beitrag 2 angeben hat, und zwar
[mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z| = \varrho} \operatorname{e}^{\frac{w}{z}} \, \cdot \, \frac{f(z)}{z}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n
[/mm]
Nur versteh ich gerade nicht so, wie man das ganze dann mit dem Integral macht? Das man die mit z nicht betrachten muss, habe ich jetzt verstanden, weil dies ja 0 ergibt. So und dann
[mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z| = \varrho} \operatorname{e}^{\frac{w}{z}} \, \cdot \, \frac{f(z)}{z}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z|=\varrho} \left( \ldots \right) z^{-1}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z|=\varrho} (a_0 [/mm] + a_1w + [mm] \bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...) z^{-1}~\mathrm{d}z [/mm]
So, wenn man das jetzt integriert kommt [mm] (a_0 [/mm] + a_1w + [mm] \bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...) z^0=1(a_0 [/mm] + a_1w + [mm] \bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...) [/mm] heraus, desegen verbleibt nur [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n
[/mm]
Was ich nur nicht so verstanden habe, wieso werden die [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} [/mm] nicht mehr beachtet?? müssten die nicht auch dazu multipliziert werden, also [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n????
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:09 Mo 04.05.2009 | | Autor: | Blech |
> So, wenn man das jetzt integriert kommt [mm](a_0[/mm] + a_1w +
> [mm]\bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...) z^0=1(a_0[/mm] + a_1w
> + [mm]\bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...)[/mm] heraus,
Du hast hier gerade nicht ernsthaft 1 als Stammfunktion von [mm] $\frac{1}{x}$ [/mm] angegeben, oder?
Ich werde mal so tun, als wäre das alles nicht passiert.
BROADCAST MESSAGE FROM ROOT: REALITY IS GOING DOWN FOR SYSTEM MAINTENANCE NOW.
bzzzt.
reboot.
Also, Du willst
[mm] $\int_{C_p} \frac{1}{x}\, [/mm] dx$ integrieren. Das ist eine geschlossene Kurve, wir kramen den Residuensatz/Integralformel von Cauchy raus, überlegen uns die Umlaufzahl für die Singularität.
ciao
Stefan
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Hi,
jejejejejeje. du hast natürlich recht, das war ein ziemlich harter verkehrsunfall  .
Aber wie kann man sonst
$ [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z| = \varrho} \operatorname{e}^{\frac{w}{z}} \, \cdot \, \frac{f(z)}{z}~\mathrm{d}z [/mm] $ = $ [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z|=\varrho} \left( \ldots \right) z^{-1}~\mathrm{d}z [/mm] $ = $ [mm] \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z|=\varrho} (a_0 [/mm] $ + a_1w + $ [mm] \bruch{a_2w^2}{2!}+\bruch{a_3w^3}{3!}+...) z^{-1}~\mathrm{d}z [/mm] $= $ [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n!} \, w^n [/mm] $ begründen???
Da ja hier [mm] z^{-1} [/mm] auch vorkommt, müsste es nach Cauchy auch wieder null ergeben...
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Nein, das gibt nicht 0. Das ist ja gerade der Witz der ganzen Funktionentheorie, die Sonderrolle von [mm]z \mapsto z^{-1}[/mm]! Als einzige Potenzfunktion besitzt diese Funktion keine Stammfunktion in ihrem gesamten Definitionsgebiet [mm]\mathbb{C} \setminus \{ 0 \}[/mm]. Man kann nur Stammfunktionen auf einer geschlitzten Ebene angeben, die sogenannten Zweige des Logarithmus. Wie willst du Aufgaben zum Logarithmus (siehe anderer Strang) lösen, wenn dir diese für die Funktionentheorie grundlegenden Dinge nicht bekannt sind?
Im übrigen kann [mm]\int_{|z| = \varrho} \frac{\mathrm{d}z}{z}[/mm] sofort mit einer Parametrisierung berechnet werden. Und 0 kommt da nicht heraus, auf keinen Fall!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:21 Di 05.05.2009 | | Autor: | jaruleking |
Hi Leopold_Gast nochmal.
Naja, ob mir die dinge nicht bekannt sind, weiß ich nicht. schließlich finde ich die in meinen unterlagen wieder. Oder besser gesagt, sie sollten mir bekannt sein. Aber hast recht, fehlt noch viel arbeit.
Danke euch.
Gruß
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