A3 2016 gyak 2
A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
||
23. sor: | 23. sor: | ||
hányadosokra kapjuk: | 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=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n(z-1)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n-\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n\right)(z-1)^n</math> | :<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=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n(z-1)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n-\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n\right)(z-1)^n</math> | ||
− | :II. A <math>\sqrt{5}\leq|z-1|<3</math> | + | :II. A <math>\sqrt{5}\leq|z-1|<3</math> körgyűrű, |
melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből": | melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből": | ||
:<math>\frac{1/(-i+2)}{z-2i}=\frac{1/(-i+2)}{z-1+1-2i}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1+\frac{1-2i}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1-\frac{2i-1}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{-i+2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2i-1}{z-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | :<math>\frac{1/(-i+2)}{z-2i}=\frac{1/(-i+2)}{z-1+1-2i}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1+\frac{1-2i}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1-\frac{2i-1}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{-i+2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2i-1}{z-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | ||
+ | Tehát itt: | ||
+ | :<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</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., 15:17-kori változata
Laurent-sorfejtés
1. Határozzuk meg az
függvény 1 körüli Laurent-sorait!
Mo. Mivel z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért
és valóban, mert
azaz
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:
Két szingularitás: z = 4 és z = 2i. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és . Tehát három lehetőségünk van:
- I. A körlap,
melyen belül a sor reguláris és z − 1-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "z − 1 melletti tagból csinálunk mértani sort":
Alkalmazva a
formulát, ha | q | < 1 a
- és
hányadosokra kapjuk:
- II. A körgyűrű,
melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből":
Tehát itt:
HF Fejtsük sorba a 0 körül az
függvényt!