Matematické Fórum

m4tQ · 18. 12. 2013 03:05

Ahojte,
mám jeden Laurentov rad, ktorý neviem upraviť do koncovej pozície.
$\frac{1}{z^2+iz+2},a=-2i,P(-2i,3,\infty )$
rozdelím to na parciálne zlomky
$\frac{i}{3(z+2i)}-\frac{i}{3(z-i)}$
tá prvá časť je už vlastne hlavná časť radu, a teraz upravím druhú časť
$-\frac{i}{3(z-i)}=-\frac{i}{3}\frac{1}{z+2i-3i}$
a tu nastáva trošku problém. Mám dve metódy, ktoré sú ale asi tie isté
1)
$-\frac{i}{3}\frac{1}{z+2i-3i}=-\frac{i}{3}\frac{1}{-3i[1-(\frac{z+2i}{3i})]}=-\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{\frac{z+2i}{3i}})^{n}$
čiže riešenie by malo byť
$\frac{i}{3(z+2i)}-\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(3i)^n}{(z+2i)^n}$

Tu je ešte druhé
2)
$-\frac{i}{3}\frac{1}{z+2i-3i}=-\frac{i}{3}\frac{1}{(z+2i)(1-\frac{3i}{z+2i})}=-\frac{i}{3(z+2i)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(3i)^n}{(z+2i)^n}=-\frac{i}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(3i)^n}{(z+2i)^{n+1}}$
čiže opäť celé riešenie je
$\frac{i}{3(z+2i)}-\frac{i}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(3i)^n}{(z+2i)^{n+1}}$

optický sa ale nepodobajú, preto by som to chcel upraviť aby obidva začínali od $n=0$ , po prípade aj tú hlavnú časť radu dať pod sumu, ak je to môžné. Surfoval som na nete ale nejako to neviem nájsť, to upravovanie.
Ďakujem

Brano · 18. 12. 2013 08:31 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:10)

v poslednej uprave tu:
$-\frac{i}{3}\frac{1}{z+2i-3i}=-\frac{i}{3}\frac{1}{-3i[1-(\frac{z+2i}{3i})]}=-\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{\frac{z+2i}{3i}})^{n}$
mas chybu - ma tam byt
EDIT: nie nema pozri ↑ Brano: (ja som si zle vsimol odkial zacina suma)
$...=\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{z+2i}{3i}\right)^{n}$

ta druha metoda, by bol taky netypicky zapis rozvoja okolo bodu $\infty$

ale mozno je prave to druhe to co chces - napis co znamena $P(2i,3,\infty)$

m4tQ · 18. 12. 2013 11:34

to P znamená medzikružie kde rad konverguje. čiže stred ma v bode $-2i$ a jeden polomer je $3$ a druhy je $\infty$ .
čiže ta úprava by mala byť dobre, pretože
$|\frac{1}{\frac{z+2i}{3i}}|<1$
V podstate ide o to, ako by sa to malo ešte správne riešiť aby boli dodržané množiny konvergencie

Brano · 18. 12. 2013 12:28 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:11)

nie, ta prva cast je tak ako som povedal, tam mas chybu a ma to byt tak ako som napisal
EDIT: znova - pozri ↑ Brano:

ide iba o to zistit, ktory z tych vysledkov vyhovuje zadaniu, ze to ma konvergovat na danej oblasti.
to prve konverguje na $P(2i,0,3)$ a to druhe na $P(2i,3,\infty)$ cize to druhe je to co chces.

mozno prehladnejsie je ked sa na to pozrieme v jednoduchsom priklade v strede $a=0$
toto
$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n$
plati sice iba pre $|z|<1$ , ale toto
$\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^n}$
neplati nikdy, okrem trivialneho pripadu $z=-1$ .
pre $|z|>1$ plati $1/|z|<1$ a mozes urobit prave ten trik, co si robil v tom druhom postupe
$\frac{1}{1-z}=-\frac{1/z}{1-1/z}=\sum_{n=1}^\infty -\frac{1}{z^n}$

m4tQ · 18. 12. 2013 13:54

No a dá sa teraz nejako celé to upraviť aby sa to rovnalo, lebo jedno začína od $n=0$ a jedno od $n=1$

Brano · 18. 12. 2013 16:34 — Editoval Brano (18. 12. 2013 16:34)

↑ m4tQ:
nie,
ved ako by sa to mohlo rovnat - to by potom mali rovnaku oblast konvergencie predsa

m4tQ · 18. 12. 2013 18:48

nie :),
myslel som že keď to robím jedným spôsobom a druhým spôsobom, čo je napísané hore, malo by to byť rovnaké, ale rozdiel je v sume, kde jedna začína od 0 a druhá od jednotky.
Sú nejaké pravidla na úpravu súm, keď napr chcem otočiť že nepôjdem od 0 do nekonečna ale od nekonečna po nulu, alebo nejaké iné pravidla

Brano · 18. 12. 2013 22:26 — Editoval Brano (18. 12. 2013 22:30)

↑ m4tQ:
neviem ci uplne rozumiem co sa pytas, ale mozes tu sumu napisat aj tak aby zacinala od $n=0$
$\sum_{n=1}^\infty -\frac{1}{z^n}=\sum_{n=0}^\infty -\frac{1}{z^{n+1}}$
ale nemozes zmenit to ake su tam cleny t.j. ked si rozpises aj to vlavo aj to vpravo, tak dostanes
$-\frac{1}{z}-\frac{1}{z^2}...$

ale stale nechapem co myslis tym, ze by ti to malo vyjst rovnako ked to robis jednym a druhym sposobom. preco predpokladas, ze by to malo vyjst rovnako, ked pri jednom pouzivas $|z|<1$ a pri druhom $|z|>1$ - mohlo by to vyjst rovnako, ale nevyjde a ani by ta to nemalo velmi prekvapovat.

m4tQ · 19. 12. 2013 01:53

Nie, asi sa trošku zle rozumieme. Hore som napísal dve metódy, ktoré riešia rovnaký problém, ktorý je tiež hore zadaný. Teraz keď použijem to čo si napísal v poslednej správe, tak sa oba spôsoby rovnajú. Vlastne to nie sú dva ale iba jeden spôsob v dvoch farbách.
Ďakujem Ti veľmi pekne, že si mi venoval tvoj čas :)

Brano · 19. 12. 2013 02:04 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:15)

↑ m4tQ:
sory - az teraz som si uvedomil, ze v tom prvom postupe mas sumu zacinajucu od $n=1$
ja ked som to kopiroval, tak som tam stale videl $n=0$ a myslel som ze to chces robit podla vzorca
$\frac{1}{1-z}=1+z+z^2...$ a nie podla toho upraveneho, co uz bol spominany vyssie

a teda som tocil o koze, zatial co ty o voze :)

oba postupy mas teda spravne a vysledky su uplne rovnake - ak teda cely problem bol v tom ako upravit jeden na druhy, tak sa ospravedlnujem, ze som ta poplietol
upravis to tak, ze napr. v tom druhom vyraze prinasobis do citatela v sume $3i$ a potom pred sumou pridas $\frac{1}{3i}$ a potom iba posunies index v sume o 1.

m4tQ · 19. 12. 2013 02:13

Oki, ďakujem ešte raz.

Matematické Fórum

#1 18. 12. 2013 03:05

Laurentov rad

#2 18. 12. 2013 08:31 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:10)

Re: Laurentov rad

#3 18. 12. 2013 11:34

Re: Laurentov rad

#4 18. 12. 2013 12:28 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:11)

Re: Laurentov rad

#5 18. 12. 2013 13:54

Re: Laurentov rad

#6 18. 12. 2013 16:34 — Editoval Brano (18. 12. 2013 16:34)

Re: Laurentov rad

#7 18. 12. 2013 18:48

Re: Laurentov rad

#8 18. 12. 2013 22:26 — Editoval Brano (18. 12. 2013 22:30)

Re: Laurentov rad

#9 19. 12. 2013 01:53

Re: Laurentov rad

#10 19. 12. 2013 02:04 — Editoval Brano (19. 12. 2013 02:15)

Re: Laurentov rad

#11 19. 12. 2013 02:13

Re: Laurentov rad

Zápatí