Lösung.

Mit Hilfe des Ansatzes

f (z) = $\displaystyle {\frac{1}{z^2(z-1)}}$ = $\displaystyle {\frac{a}{z}}$ + $\displaystyle {\frac{b}{z^2}}$ + $\displaystyle {\frac{c}{z-1}}$    

folgt

f (z) = - $\displaystyle {\frac{1}{z^2}}$ - $\displaystyle {\frac{1}{z}}$ + $\displaystyle {\frac{1}{z-1}}$.    

  1. Die Laurentreihe ergibt sich zu

    f (z) = - $\displaystyle {\frac{1}{z^2}}$ - $\displaystyle {\frac{1}{z}}$ - $\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}$zj  .    

    Die Polstelle bei $ \mbox{$z_0 = 0$}$ ist von Ordnung 2.

  2. Schreibe
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{1}{z-1} & = & \frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}} \\ & = & \sum_{j=-\infty}^{-1} z^j\; .\\ \end{array}$}$
    Damit ergibt sich die Laurentreihe zu

    f (z) = $\displaystyle \sum_{j=-\infty}^{-3}$zj  .    

  3. Es ist
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{1}{z} &=& \frac{1}{(z+1)-1} \\ ... ...rac{1}{z+1}\right)^j\\ &=& \sum_{j=-\infty}^{-1}(z+1)^j\;.\\ \end{array}$}$

    Die Laurentreihe von $ \mbox{$\frac{1}{z^2}$}$ um $ \mbox{$z_0=-1$}$ ist die negative Ableitung der Reihe von $ \mbox{$\frac{1}{z}$}$ nach $ \mbox{$z$}$,

    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{1}{z^2} & = & -\sum_{j=-\infty... ...(z+1)^{j-1} \\ & = & -\sum_{j=-\infty}^{-2} (j+1)(z+1)^j\;.\\ \end{array}$}$
    Ferner ist
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{1}{z-1} &=& \frac{1}{(z+1)-2} \... ...}\right)^j\\ &=& -\sum_{j=0}^\infty 2^{-(j+1)} (z+1)^j\; .\\ \end{array}$}$
    Insgesamt also
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f(z) &=& -\frac{1}{z^2} - \frac{1}{z}... ...ght) - (z+1)^{-1} + \sum_{j=0}^\infty -2^{-(j+1)} (z+1)^j\; .\\ \end{array}$}$

Skizze der Konvergenzbereiche.

\includegraphics{s1.eps}