Da du selbst gesagt hast, dass die ersten beiden Teilaufgaben kein Problem darstellen, widme ich mich mal der letzten.
f(z)=−z2−(1+2i)z+1−i(2−i)z+3+3i
An sich könntest du die Entwicklung natürlich einfach durch eine Taylorentwicklung vornehmen, also die Ableitungen f(n)(z) der Funktion bestimmen und die Funktion gemäß
f(z)=n=0∑∞n!f(n)(z)zn
darstellen, allerdings ist das nicht so praktisch - es ist eher schwer, die n-te Ableitung einer Funktion für beliebiges n auszurechnen.
Stattdessen verwendest du, die folgende Reihe:
k=0∑nzk=1−z1−zk+1,
deren Wert man leicht mittels vollständiger Induktion beweisen kann. Für |z|<1 gilt nun
k→∞limzk+1=0
sodass für den Grenzwert der Reihe
k=0∑∞zk=1−z1
folgt. Nun kann man die gegebene gebrochenrationale Funktion f in ihre Partialbrüche zerlegen und dann jeweils die genannte Formel anwenden.
Finden wir also zunächst die Polstellen von f bzw. die Nullstellen des Nenners.
0=−z2−(1+2i)+1−i
0=z2+(1+2i)z−1+i
z1/2=−21+2i±(21+2i)2+1−i =−21+2i±41+4i−4+4−4i =−i−21±1
oder mit anderen Worten:
z1=−iz2=−1−i
Die Funktion lässt sich also folgendermaßen schreiben:
−z2−(1+2i)z+1−i(2−i)z+3+3i=z+iA+z+1+iB
wobei die Koeffizienten A und B noch zu bestimmen sind. Multipliziert man die gesamte Gleichung mit dem Nenner durch, so erhält man
(2−i)z+3+3i=−A∗(z+1+i)−B∗(z+i)(2−i)z+3+3i=−(A+B)z−A(1+i)−Bi
Damit die Gleichung in allen vorkommenden Potenzen von z korrekt ist, muss also
−2+i=A+B−3−3i=A(1+i)+Bi gelten.
Nimmt man die erste Gleichung mit (1+i) mal und subtrahiert die zweite Gleichung, dann findet man
(1+i)∗(−2+i)+3+3i=(1+i)B−iB
oder
−2−2i+i−1+3+3i=BB=2i
Damit findet man A=−2−i, sodass insgesamt gilt
f(z)=z+i−2−i+z+1+i2i
Nun müssen die Nenner in die Form umgewandelt werden, in der die Reihendarstellung verwendet werden kann:
z+i1=i11−iz1=−ik=0∑∞(iz)k1+i+z1=1+i11−1+i−z1=1+i1k=0∑∞(1+i−z)n
Setzt man das oben ein und verwendet noch (1+i)−1=21−i, dann findet man insgesamt
f(z)=n=0∑∞(−(2−1+i)−1+n−(1−2i)in)zn