A3 2016 gyak 2

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
16. sor: 16. sor:
 
:A <math>0\leq|z-1|<\sqrt{5}</math> körlap, melyen belül a sor reguláris és <math>z-1</math>-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "<math>z-1</math> melletti tagból csinálunk mértani sort":
 
:A <math>0\leq|z-1|<\sqrt{5}</math> körlap, melyen belül a sor reguláris és <math>z-1</math>-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "<math>z-1</math> melletti tagból csinálunk mértani sort":
 
:<math>\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{-3}+1}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{1-2i}+1}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{3}}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{2i-1}}</math>
 
:<math>\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{-3}+1}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{1-2i}+1}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{3}}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{2i-1}}</math>
 
+
Alkalmazva a
 +
:<math>\frac{1}{1-q}=\sum\limits_{n=0}^\infty q^n</math>
 +
formulát, ha <math>|q|<1</math> a
 +
:<math>\frac{z-1}{3}=q_1</math> és <math>\frac{z-1}{2i-1}=q_2</math>
 +
hányadosokra kapjuk:
 +
:<math>f(z)=\frac{1}{-3}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{3}\right)^n-\frac{1}{1-2i}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{2i-1}\right)^n</math>
 
'''HF''' Fejtsük sorba a 0 körül az  
 
'''HF''' Fejtsük sorba a 0 körül az  
 
:<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math>
 
:<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math>
 
függvényt!
 
függvényt!

A lap 2016. május 2., 14:03-kori változata

Laurent-sorfejtés

1. Határozzuk meg az

f(z)=\frac{2}{(z-2i)(z-4)}

függvény 1 körüli Laurent-sorait!

Mo. Mivel z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért

f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=2\left(\frac{1/(-2i+4)}{z-4}-\frac{1/(-2i+4)}{z-2i}\right)

és valóban, mert

\frac{1}{-2i+4}(z-2i-(z-4))=\frac{-2i+4}{-2i+4}=1

azaz

f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=\frac{1/(-i+2)}{z-4}-\frac{1/(-i+2)}{z-2i}

A sort a z0 = 1 körül kell sorba fejteni, azaz a z − 1 hatványai szerepelnek majd az összegben. Ehhez z-1-nek szerepelnie kell a nevezőkben:

f(z)=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-4}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}

Két szingularitás: z = 4 és z = 2i. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és |1-2i|=\sqrt{5}. Tehát három lehetőségünk van:

A 0\leq|z-1|<\sqrt{5} körlap, melyen belül a sor reguláris és z − 1-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "z − 1 melletti tagból csinálunk mértani sort":
\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{-3}+1}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{1-2i}+1}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{3}}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{2i-1}}

Alkalmazva a

\frac{1}{1-q}=\sum\limits_{n=0}^\infty q^n

formulát, ha | q | < 1 a

\frac{z-1}{3}=q_1 és \frac{z-1}{2i-1}=q_2

hányadosokra kapjuk:

f(z)=\frac{1}{-3}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{3}\right)^n-\frac{1}{1-2i}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{2i-1}\right)^n

HF Fejtsük sorba a 0 körül az

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

függvényt!

Személyes eszközök