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| Aufgabe | Es seien D [mm] \subset \IC [/mm] ein Elementargebiet und [mm] z_1,...,z_k \in [/mm] D endlich viele paarweise verschiedene Punkte. Ferner sei [mm] f: D-\{z_1,...,z_k\} \to \IC [/mm] eine analytische Funktion und [mm] \alpha: [a,b] \to D-\{z_1,...,z_k\} [/mm] eine geschlossene stückweise glatte Kurve. Dann gilt die Residuenformel: [mm] \integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta} = 2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f;z_j) \chi(\alpha; z_j) [/mm]
Beweis:
Wir entwickeln f um jede der Singularitäten [mm] z_j [/mm] in eine Laurentreihe: [mm] f(z)= \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n^{(j)}(z-z_j)^n, 1 \le j \le k. [/mm]
Nach Definition ist [mm] a_{-1}^{(j)}=Res(f;z_j), 1 \le j \le k. [/mm]
Da jeder Hauptteil [mm] h_j(\bruch{1}{z-z_j}):= \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)}(z-z_j)^n [/mm] eine in [mm] \IC-{z_j} [/mm] analytische Funktion definiert, hat die Funktion [mm] g(z)=f(z)-\summe_{j=1}^{k}h_j(\bruch{1}{z-z_j}) [/mm] an den Stellen [mm] z_j, [/mm] 1 [mm] \le [/mm] j [mm] \le [/mm] k, hebbare Singularitäten, lässt sich also in ganz D analytisch fortsetzen.
Da D ein Elementargebiet ist, folgt:
[mm] 0=\integral_{\alpha}{g(\beta) d\beta}= ... [/mm]
(Einsetzen und Umformen) ...
[mm] =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f.z_j) \chi(\alpha;z_j) [/mm]
nach Definition des Residuums und der Umlaufzahl, also stimmt die Behauptung. |
Hallo!
Ich denke, ich verstehe den Großteil des Beweis, nur leider den Knackpunkt nicht, nämlich in der Umformung diesen Schritt:
[mm] \integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} [/mm]
Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
Es wäre toll, wenn mir jemand hier helfen könnte!
Liebe Grüße, Lily
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:51 Fr 23.09.2016 | | Autor: | fred97 |
> Es seien D [mm]\subset \IC[/mm] ein Elementargebiet und [mm]z_1,...,z_k \in[/mm]
> D endlich viele paarweise verschiedene Punkte. Ferner sei
> [mm]f: D-\{z_1,...,z_k\} \to \IC[/mm] eine analytische Funktion und
> [mm]\alpha: [a,b] \to D-\{z_1,...,z_k\}[/mm] eine geschlossene
> stückweise glatte Kurve. Dann gilt die Residuenformel:
> [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta} = 2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f;z_j) \chi(\alpha; z_j)[/mm]
>
> Beweis:
> Wir entwickeln f um jede der Singularitäten [mm]z_j[/mm] in eine
> Laurentreihe: [mm]f(z)= \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n^{(j)}(z-z_j)^n, 1 \le j \le k.[/mm]
>
> Nach Definition ist [mm]a_{-1}^{(j)}=Res(f;z_j), 1 \le j \le k.[/mm]
>
> Da jeder Hauptteil [mm]h_j(\bruch{1}{z-z_j}):= \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)}(z-z_j)^n[/mm]
> eine in [mm]\IC-{z_j}[/mm] analytische Funktion definiert, hat die
> Funktion [mm]g(z)=f(z)-\summe_{j=1}^{k}h_j(\bruch{1}{z-z_j})[/mm] an
> den Stellen [mm]z_j,[/mm] 1 [mm]\le[/mm] j [mm]\le[/mm] k, hebbare Singularitäten,
> lässt sich also in ganz D analytisch fortsetzen.
> Da D ein Elementargebiet ist, folgt:
> [mm]0=\integral_{\alpha}{g(\beta) d\beta}= ...[/mm]
> (Einsetzen und
> Umformen) ...
> [mm]=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f.z_j) \chi(\alpha;z_j)[/mm]
>
> nach Definition des Residuums und der Umlaufzahl, also
> stimmt die Behauptung.
> Hallo!
> Ich denke, ich verstehe den Großteil des Beweis, nur
> leider den Knackpunkt nicht, nämlich in der Umformung
> diesen Schritt:
> [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]
>
> Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
für solche n haben die Funktionen [mm] (\beta -z_j)^n [/mm] jeweils eine Stammfunktion. somit verschwindet das Integral längs [mm] \alpha
[/mm]
fred
>
> Es wäre toll, wenn mir jemand hier helfen könnte!
> Liebe Grüße, Lily
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Hallo!
Vielen Dank für die schnelle Antwort!
> > [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]
>
> >
> > Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
>
> für solche n haben die Funktionen [mm](\beta -z_j)^n[/mm] jeweils
> eine Stammfunktion. somit verschwindet das Integral längs
> [mm]\alpha[/mm]
Den 2. Schritt verstehe ich, aber warum kann man sagen, dass alle [mm](\beta -z_j)^n[/mm] mit n=-2,... eine Stammfunktion haben? Gibt es dazu einen Satz oder ist das aus der praktischen Anwendung der Differentiation ableitbar?
Liebe Grüße,
Lily
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:05 Fr 23.09.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hallo!
> Vielen Dank für die schnelle Antwort!
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> > > [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
> >
> > für solche n haben die Funktionen [mm](\beta -z_j)^n[/mm] jeweils
> > eine Stammfunktion. somit verschwindet das Integral längs
> > [mm]\alpha[/mm]
>
> Den 2. Schritt verstehe ich, aber warum kann man sagen,
> dass alle [mm](\beta -z_j)^n[/mm] mit n=-2,... eine Stammfunktion
> haben?
man kann ganz leicht eine Stammfunktion hinschreiben ! Mach das mal (wie in der schule )
fred
> Gibt es dazu einen Satz oder ist das aus der
> praktischen Anwendung der Differentiation ableitbar?
>
> Liebe Grüße,
> Lily
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:26 So 25.09.2016 | | Autor: | Mathe-Lily |
Achso, dann ist das einfach nur [mm] \bruch{(\beta-z_j)^n+1}{n+1} [/mm] und das geht natürlich nicht mit n=-1. Super, danke! 😊
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:43 So 25.09.2016 | | Autor: | fred97 |
> Achso, dann ist das einfach nur
> [mm]\bruch{(\beta-z_j)^n+1}{n+1}[/mm] und das geht natürlich nicht
> mit n=-1. Super, danke! 😊
Tippfehler ! Richtig:
[mm]\bruch{(\beta-z_j)^{n+1}}{n+1}[/mm]
fred
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:20 Mo 26.09.2016 | | Autor: | Mathe-Lily |
Oh ja, hab die Klammern vergessen, sorry :-/
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:04 Di 01.11.2016 | | Autor: | tom1991 |
Was ich nicht ganz verstehe in diesem Beweis, ist warum die Funktion g, die hier definiert wird, hebbare Singularitäten hat.
Wäre nett, wenn mir hier jemand einen Tipp geben könnte!
Grüsse,
Tom
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:10 Mi 02.11.2016 | | Autor: | fred97 |
Sei G ein Gebiet in [mm] \IC [/mm] , [mm] z_0 \in [/mm] Gund f:G [mm] \setminus \{z_0\} \to \IC [/mm] holomorph. Dann hat f in [mm] z_0 [/mm] eine isolierte Singularität. f hat dann in einer punktierten Umgebung U von [mm] z_0 [/mm] die Laurententwicklung
$ f(z)= [mm] \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n(z-z_0)^n.$
[/mm]
Dann:
$ f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n= \summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$ [/mm] in U.
Rechts steht eine Potenzreihe, die in $U [mm] \cup \{z_0\}$ [/mm] holomorph ist. Somit hat f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n [/mm] in [mm] z_0 [/mm] eine hebbare Singularität.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:38 Mi 02.11.2016 | | Autor: | tom1991 |
vielen Dank schonmal für deine schnelle Antwort!
Was mir aber einfach nicht klar ist: f ist doch nicht gleichzeitig als laurentreihen um mehrere singularitäten entwickelt, oder? Oder kann ich mir f als die Summe aller Laurentreihen um alle Singularitäten gleichzeitig vorstellen? Dann ist es natürlich klar. Aber ich dachte, dass man eine Laurentreihe/Potenz Reihe immer nur lokal um einen Punkt entwickelt
Tom
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:41 Mi 02.11.2016 | | Autor: | fred97 |
Ist [mm] z_1 \ne z_0 [/mm] eine weitere sing. Stelle von f und L die Laurentreihe von f um [mm] z_1 [/mm] und H ihr Hauptteil. Dann ist
f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n-H(z)
[/mm]
in einer Umgebung von [mm] z_0 [/mm] holomorph
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