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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:46 Mi 22.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | Klassifizieren Sie die isolierten Sinugularitäten der Funktion
[mm] e^{\bruch{1}{z^3}}
[/mm]
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Ich glaube, dass es sich hierbei um eine wesentliche Singularität handelt.
Doch ich habe Mühe dies zu zeigen.
Ich habe mal umgeformt:
[mm] e^{\bruch{1}{z^3}} [/mm] = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{-3n} [/mm] = [mm] \summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n}.
[/mm]
Doch nun weiss ich nicht wie weiter. Wie soll ich vorgehen?
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Hallo johnny11,
> Klassifizieren Sie die isolierten Sinugularitäten der
> Funktion
>
> [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm]
>
> Ich glaube, dass es sich hierbei um eine wesentliche
> Singularität handelt.
> Doch ich habe Mühe dies zu zeigen.
>
> Ich habe mal umgeformt:
>
> [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm] =
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{-3n}[/mm] = [mm]\summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n}.[/mm]
>
> Doch nun weiss ich nicht wie weiter. Wie soll ich vorgehen?
Zeige, daß es unendlich viele Glieder der Reihe
mit negativen Exponenten gibt, die von Null verschieden sind.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:54 Mi 22.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
> > [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm]
> > [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm] =
> > [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{-3n}[/mm] = [mm]\summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n}.[/mm]
> Zeige, daß es unendlich viele Glieder der Reihe
> mit negativen Exponenten gibt, die von Null verschieden
> sind.
Ist dies nicht bereits recht offensichtlich?
Also die Reihe [mm] \summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n} [/mm] läuft ja von minus unendlich und hat also unendlich viele Glieder, da keine Glieder verschwinden. Ausser für z=0.
Doch dies ist ja gerade der singuläre Punkt...?
Jetzt bin ich total verwirrt...
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Hallo johnny11,
> > > [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm]
>
> > > [mm]e^{\bruch{1}{z^3}}[/mm] =
> > > [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{-3n}[/mm] = [mm]\summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n}.[/mm]
>
> > Zeige, daß es unendlich viele Glieder der Reihe
> > mit negativen Exponenten gibt, die von Null verschieden
> > sind.
>
> Ist dies nicht bereits recht offensichtlich?
 ja, das ist es!
> Also die Reihe [mm]\summe_{n=- \infty}^{0}\bruch{1}{(-n)!}z^{3n}[/mm]
> läuft ja von minus unendlich und hat also unendlich viele
> Glieder, da keine Glieder verschwinden. Ausser für z=0.
> Doch dies ist ja gerade der singuläre Punkt...?
> Jetzt bin ich total verwirrt...
Jo, die obere Reihe ist die Laurententwicklung von [mm] $f(z)=e^{\frac{1}{z^3}}$ [/mm] in [mm] $z_0=0$
[/mm]
Außerdem ist [mm] $a_{-n}\neq [/mm] 0$ für unendlich viele (alle) [mm] $n\in\IN$. [/mm] Damit liegt in [mm] z_0=0 [/mm] eine wesentl. Singul. vor
Vllt. deutlicher [mm] $\sum\limits_{n=-\infty}^{0}\frac{1}{(-n)!}\cdot{}(z-0)^{3n}$
[/mm]
Das Residuum von f in 0 ist der Koeffizient [mm] $a_{-1}$, [/mm] der ist [mm] $\frac{1}{(-(-1))!}=1$
[/mm]
LG
schachuzipus
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:22 Mi 22.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
Vielen Dank für die Antwort. Ja jetzt ists klar.
Habe nun hier noch ein paar weitere Funktionen mit Unsicherheiten.
f(z) = [mm] \bruch{z^2+z+5}{z(z^2+1)^2}.
[/mm]
Die Funktion hat bei c = 0 einen einfachen Pol und bei c = i einen Pol zweiten Grades.
Die Funktion f kann ja geschrieben werden als [mm] \bruch{g(z)}{z-0}, [/mm] wobei g(z) holomorph ist. Also ist c=0 ein einfacher Pol.
Doch wie kann ich dies für c=i machen?
Und dann habe ich die Residuen bestimmt:
[mm] res_0 [/mm] f = [mm] \limes_{z\rightarrow 0} [/mm] (z-0)*f(z) = 5.
Für [mm] res_i [/mm] f bin ich wie folgt vorgegangen:
Ich kann ja schreiben [mm] res_i [/mm] f = [mm] \bruch{1}{(m-1)!} [/mm] * [mm] g^{(m-1)}(i), [/mm] wobei m die Ordung des Pols ist, und g die holom. Fortsetzung vom [mm] (z-c)^m*f(z) [/mm] nach c ist.
So erhalte ich [mm] res_i [/mm] f = g'(c). Doch die Ableitung von g(c) = [mm] \bruch{z^2+z+5}{z(z+i)^2} [/mm] erachte ich als ziemlich kompliziert.
Könnte mein Lösungsweg aber in etwa stimmen?
Dann habe ich noch zwei weitere Unklarheiten:
Die Funktion [mm] (z^4+a^4)^{-2} [/mm] besitzt ja Singularitäten bei [mm] z^4 [/mm] = -a. Doch hier sehe ich überhaupt nicht weiter, wie ich diese klassifizieren kann und danach die Residuen bestimmen kann.
Bei der Funktion [mm] cos(\bruch{1-z}{z}) [/mm] habe ich zuerst umgeformt in
[mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] * cos(1) + [mm] sin(\bruch{1}{z})*sin(1).
[/mm]
Die Singularität befindet sich ja bei 0. Doch wie kann ich dies zeigen?
Ich hoffe dass mir jemand ein wenig weiterhelfen kann.
Vielen Dank!
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Hallo johnny11,
> Hallo,
> Vielen Dank für die Antwort. Ja jetzt ists klar.
> Habe nun hier noch ein paar weitere Funktionen mit
> Unsicherheiten.
>
> f(z) = [mm]\bruch{z^2+z+5}{z(z^2+1)^2}.[/mm]
> Die Funktion hat bei c = 0 einen einfachen Pol und bei c =
> i einen Pol zweiten Grades.
>
> Die Funktion f kann ja geschrieben werden als
> [mm]\bruch{g(z)}{z-0},[/mm] wobei g(z) holomorph ist. Also ist c=0
> ein einfacher Pol.
> Doch wie kann ich dies für c=i machen?
>
> Und dann habe ich die Residuen bestimmt:
> [mm]res_0[/mm] f = [mm]\limes_{z\rightarrow 0}[/mm] (z-0)*f(z) = 5.
>
> Für [mm]res_i[/mm] f bin ich wie folgt vorgegangen:
>
> Ich kann ja schreiben [mm]res_i[/mm] f = [mm]\bruch{1}{(m-1)!}[/mm] *
> [mm]g^{(m-1)}(i),[/mm] wobei m die Ordung des Pols ist, und g die
> holom. Fortsetzung vom [mm](z-c)^m*f(z)[/mm] nach c ist.
>
> So erhalte ich [mm]res_i[/mm] f = g'(c). Doch die Ableitung von g(c)
> = [mm]\bruch{z^2+z+5}{z(z+i)^2}[/mm] erachte ich als ziemlich
> kompliziert.
>
> Könnte mein Lösungsweg aber in etwa stimmen?
>
Ja, der Lösungsweg stimmt so.
>
> Dann habe ich noch zwei weitere Unklarheiten:
>
> Die Funktion [mm](z^4+a^4)^{-2}[/mm] besitzt ja Singularitäten bei
> [mm]z^4[/mm] = -a. Doch hier sehe ich überhaupt nicht weiter, wie
> ich diese klassifizieren kann und danach die Residuen
> bestimmen kann.
Schreibe zunächst [mm]z^{4}+a^{4}=\left(z^{2}+\alpha*z+\beta\right)*\left(z^{2}+\gamma*z+\delta\right)[/mm]
Aus dieser Zerlegung erhältst Du die Nullstellen.
Und diese kannst Du dann klassifizieren.
Es ist klar, daß sich die Vielfachheit
der Nullstelle bei [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm] verdoppelt.
>
> Bei der Funktion [mm]cos(\bruch{1-z}{z})[/mm] habe ich zuerst
> umgeformt in
> [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] * cos(1) + [mm]sin(\bruch{1}{z})*sin(1).[/mm]
> Die Singularität befindet sich ja bei 0. Doch wie kann
> ich dies zeigen?
Ich denke, Du willst diese Singularität klassifizieren.
Entwickle dazu [mm]\cos\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] und [mm]\sin\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] in die entsprechende Reihe.
>
> Ich hoffe dass mir jemand ein wenig weiterhelfen kann.
> Vielen Dank!
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:04 Do 23.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
>
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> >
> > Dann habe ich noch zwei weitere Unklarheiten:
> >
> > Die Funktion [mm](z^4+a^4)^{-2}[/mm] besitzt ja Singularitäten bei
> > [mm]z^4[/mm] = -a. Doch hier sehe ich überhaupt nicht weiter, wie
> > ich diese klassifizieren kann und danach die Residuen
> > bestimmen kann.
>
>
> Schreibe zunächst
> [mm]z^{4}+a^{4}=\left(z^{2}+\alpha*z+\beta\right)*\left(z^{2}+\gamma*z+\delta\right)[/mm]
>
> Aus dieser Zerlegung erhältst Du die Nullstellen.
>
> Und diese kannst Du dann klassifizieren.
>
> Es ist klar, daß sich die Vielfachheit
> der Nullstelle bei [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm]
> verdoppelt.
>
>
Also mit der Formel für quadratische Gleichungen erhalte ich einfach:
[mm] z_1= \bruch{-\alpha + \wurzel{\alpha^{2} - 4\beta}}{2}. [/mm] Analog die anderen Nullstellen.
Ich denke, dass es sich um Pole zweiten Grades handelt.
Also muss ich f(z) in der Form von [mm] \bruch{g(z)}{(z-c)^2} [/mm] schreiben könne, wobei c eine Nullstelle und g eine holom. Funktion ist.
Doch wie kann ich f in diese Form bringen?
> >
> > Bei der Funktion [mm]cos(\bruch{1-z}{z})[/mm] habe ich zuerst
> > umgeformt in
> > [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] * cos(1) + [mm]sin(\bruch{1}{z})*sin(1).[/mm]
> > Die Singularität befindet sich ja bei 0. Doch wie kann
> > ich dies zeigen?
>
>
> Ich denke, Du willst diese Singularität klassifizieren.
>
> Entwickle dazu [mm]\cos\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] und
> [mm]\sin\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] in die entsprechende Reihe.
>
>
Ja das hatte ich bereits vorher auch schon gemacht, doch ich sehe nicht, wie ich aus dieser Reihe die Singularität klassifizieren kann...?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:11 Do 23.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> > Entwickle dazu [mm]\cos\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] und
> > [mm]\sin\left(\bruch{1}{z}\right)[/mm] in die entsprechende Reihe.
> >
> >
>
> Ja das hatte ich bereits vorher auch schon gemacht, doch
> ich sehe nicht, wie ich aus dieser Reihe die Singularität
> klassifizieren kann...?
Schau mal hier:
https://matheraum.de/read?i=576549
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:52 Do 23.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
> Schau mal hier:
>
> https://matheraum.de/read?i=576549
Ok, also wenn ich Reihe von sin(z) und cos(z) hintereinanderstelle ergibt sich also gerade [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_n*z^n.
[/mm]
das klappt ja sehr schön. und wenn ich danach z mit [mm] \bruch{1}{z} [/mm] substituiere ergibt sich eine Laurentreihe bei der keine negativen Koeffizienten verschwinden. Also handelt es sich bei 0 um eine wesentliche Singuarität. Stimmt das?
Ist denn ein Polynom nach Definition her nur eine endliche Summe?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:47 Do 23.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> > Schau mal hier:
> >
> > https://matheraum.de/read?i=576549
>
> Ok, also wenn ich Reihe von sin(z) und cos(z)
> hintereinanderstelle ergibt sich also gerade
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty}a_n*z^n.[/mm]
> das klappt ja sehr schön. und wenn ich danach z mit
> [mm]\bruch{1}{z}[/mm] substituiere ergibt sich eine Laurentreihe bei
> der keine negativen Koeffizienten verschwinden. Also
> handelt es sich bei 0 um eine wesentliche Singuarität.
> Stimmt das?
Ja
>
> Ist denn ein Polynom nach Definition her nur eine endliche
> Summe?
Na klar
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:23 Do 23.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
tiptop. danke.
dann wäre eben noch diese Frage offen...
> > >
> > > Die Funktion [mm](z^4+a^4)^{-2}[/mm] besitzt ja Singularitäten bei
> > > [mm]z^4[/mm] = -a. Doch hier sehe ich überhaupt nicht weiter, wie
> > > ich diese klassifizieren kann und danach die Residuen
> > > bestimmen kann.
> >
> >
> > Schreibe zunächst
> >
> [mm]z^{4}+a^{4}=\left(z^{2}+\alpha*z+\beta\right)*\left(z^{2}+\gamma*z+\delta\right)[/mm]
> >
> > Aus dieser Zerlegung erhältst Du die Nullstellen.
> >
> > Und diese kannst Du dann klassifizieren.
> >
> > Es ist klar, daß sich die Vielfachheit
> > der Nullstelle bei [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm]
> > verdoppelt.
> >
> >
>
>
> Also mit der Formel für quadratische Gleichungen erhalte
> ich einfach:
>
> [mm]z_1= \bruch{-\alpha + \wurzel{\alpha^{2} - 4\beta}}{2}.[/mm]
> Analog die anderen Nullstellen.
> Ich denke, dass es sich um Pole zweiten Grades handelt.
> Also muss ich f(z) in der Form von [mm]\bruch{g(z)}{(z-c)^2}[/mm]
> schreiben könne, wobei c eine Nullstelle und g eine holom.
> Funktion ist.
> Doch wie kann ich f in diese Form bringen?
>
Wie könnte ich nun da weitermachen?
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Hallo johnny11,
> Hallo,
> tiptop. danke.
>
> dann wäre eben noch diese Frage offen...
>
>
> > > >
> > > > Die Funktion [mm](z^4+a^4)^{-2}[/mm] besitzt ja Singularitäten bei
> > > > [mm]z^4[/mm] = -a. Doch hier sehe ich überhaupt nicht weiter, wie
> > > > ich diese klassifizieren kann und danach die Residuen
> > > > bestimmen kann.
> > >
> > >
> > > Schreibe zunächst
> > >
> >
> [mm]z^{4}+a^{4}=\left(z^{2}+\alpha*z+\beta\right)*\left(z^{2}+\gamma*z+\delta\right)[/mm]
> > >
> > > Aus dieser Zerlegung erhältst Du die Nullstellen.
> > >
> > > Und diese kannst Du dann klassifizieren.
> > >
> > > Es ist klar, daß sich die Vielfachheit
> > > der Nullstelle bei [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm]
> > > verdoppelt.
> > >
> > >
> >
> >
> > Also mit der Formel für quadratische Gleichungen erhalte
> > ich einfach:
> >
> > [mm]z_1= \bruch{-\alpha + \wurzel{\alpha^{2} - 4\beta}}{2}.[/mm]
> > Analog die anderen Nullstellen.
Nun, die Parameter [mm]\alpha, \ \beta, \ \gamma, \ \delta[/mm] sind noch zu bestimmen.
> > Ich denke, dass es sich um Pole zweiten Grades
> handelt.
> > Also muss ich f(z) in der Form von
> [mm]\bruch{g(z)}{(z-c)^2}[/mm]
> > schreiben könne, wobei c eine Nullstelle und g eine holom.
> > Funktion ist.
> > Doch wie kann ich f in diese Form bringen?
> >
>
> Wie könnte ich nun da weitermachen?
>
Hat [mm]f\left(z\right)=\bruch{1}{\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}}[/mm] in [mm]c_{1}[/mm] einen Pol höchstens m-ter Ordnung
und ist g die holomorphe Fortsetzung von [mm]\left(z-c_{1}\right)^{m}*f\left(z\right)[/mm] nach [mm]c_{1}[/mm],
so gilt:
[mm]\operatorname{res}_{c_{1}} \ f = \bruch{1}{\left(m-1\right)!}*g^{\left(m-1\right)}\left(c_{1}\right)[/mm]
,wobei [mm]g^{\left(m-1\right)}[/mm] die (m-1). te Ableitung von g ist.
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:19 Fr 24.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
> Nun, die Parameter [mm]\alpha, \ \beta, \ \gamma, \ \delta[/mm] sind
> noch zu bestimmen.
>
Für die Parameter habe ich folgendes erhalten:
[mm] \alpha [/mm] = [mm] \wurzel{2}*a
[/mm]
[mm] \beta [/mm] = [mm] a^2
[/mm]
[mm] \gamma [/mm] = [mm] -\wurzel{2}*a
[/mm]
[mm] \delta [/mm] = [mm] a^2
[/mm]
>
>
> Hat [mm]f\left(z\right)=\bruch{1}{\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}}[/mm]
> in [mm]c_{1}[/mm] einen Pol höchstens m-ter Ordnung
> und ist g die holomorphe Fortsetzung von
> [mm]\left(z-c_{1}\right)^{m}*f\left(z\right)[/mm] nach [mm]c_{1}[/mm],
> so gilt:
>
> [mm]\operatorname{res}_{c_{1}} \ f = \bruch{1}{\left(m-1\right)!}*g^{\left(m-1\right)}\left(c_{1}\right)[/mm]
>
>
> ,wobei [mm]g^{\left(m-1\right)}[/mm] die (m-1). te Ableitung von g
> ist.
>
Für die eine Nullstelle erhalte ich nun also
[mm] c_1 [/mm] = [mm] \bruch{\wurzel{2}*a*(-1+i)}{2}
[/mm]
g(z) ist also die holomorphe Fortsetzung von [mm] (z-\bruch{\wurzel{2}*a*(-1+i)}{2})^4 [/mm] * [mm] \bruch{1}{(z^4+a^4)^2}.
[/mm]
Doch dies erscheint mir sehr kompliziert.
Dann müsste ich hier noch einige Male ableiten...!
Habe ich was falsch gemacht?
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Hallo johnny11,
> Hallo,
>
>
> > Nun, die Parameter [mm]\alpha, \ \beta, \ \gamma, \ \delta[/mm] sind
> > noch zu bestimmen.
> >
>
> Für die Parameter habe ich folgendes erhalten:
>
> [mm]\alpha[/mm] = [mm]\wurzel{2}*a[/mm]
> [mm]\beta[/mm] = [mm]a^2[/mm]
> [mm]\gamma[/mm] = [mm]-\wurzel{2}*a[/mm]
> [mm]\delta[/mm] = [mm]a^2[/mm]
>
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> >
> >
> > Hat [mm]f\left(z\right)=\bruch{1}{\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}}[/mm]
> > in [mm]c_{1}[/mm] einen Pol höchstens m-ter Ordnung
> > und ist g die holomorphe Fortsetzung von
> > [mm]\left(z-c_{1}\right)^{m}*f\left(z\right)[/mm] nach [mm]c_{1}[/mm],
> > so gilt:
> >
> > [mm]\operatorname{res}_{c_{1}} \ f = \bruch{1}{\left(m-1\right)!}*g^{\left(m-1\right)}\left(c_{1}\right)[/mm]
>
> >
> >
> > ,wobei [mm]g^{\left(m-1\right)}[/mm] die (m-1). te Ableitung von g
> > ist.
> >
>
> Für die eine Nullstelle erhalte ich nun also
>
> [mm]c_1[/mm] = [mm]\bruch{\wurzel{2}*a*(-1+i)}{2}[/mm]
>
> g(z) ist also die holomorphe Fortsetzung von
> [mm](z-\bruch{\wurzel{2}*a*(-1+i)}{2})^4[/mm] *
> [mm]\bruch{1}{(z^4+a^4)^2}.[/mm]
>
> Doch dies erscheint mir sehr kompliziert.
> Dann müsste ich hier noch einige Male ableiten...!
> Habe ich was falsch gemacht?
Nun, da die Nullstellen von [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm] bekannt sind, läßt sich dies [mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}[/mm] so schreiben:
[mm]\left(z^{4}+a^{4}\right)^{2}=\left(z-c_{1}\right)^{2}*\left(z-c_{2}\right)^{2}*\left(z-c_{3}\right)^{2}*\left(z-c_{4}\right)^{2}[/mm]
, wobei hier [mm]c_{1}, \ c_{2}, \ c_{3}, \ c_{4}[/mm] die paarweise verschiedenen Nullstellen sind.
Dann errechnet sich das Residuum wie folgt:
[mm]\operatorname{res}_{c_{1}} \ f = \bruch{d}{dz}\left( \ \left(z-c_{1}\right)^{2}*\bruch{1}{ \left(z-c_{1}\right)^{2}*\left(z-c_{2}\right)^{2}*\left(z-c_{3}\right)^{2}*\left(z-c_{4}\right)^{2}} \ \right)[/mm]
[mm]=\bruch{d}{dz}\left( \ \bruch{1}{ \left(z-c_{2}\right)^{2}*\left(z-c_{3}\right)^{2}*\left(z-c_{4}\right)^{2}} \ \right)[/mm]
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:07 Mo 27.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
aja super, so gehts einfacher. 
Nun habe ich schlussendlich noch zwei letzte Fragen:
Und zwar bei folgenden Funktionen:
[mm] tan(z)^3 [/mm] und [mm] cos(\bruch{1}{1-z}).
[/mm]
Die Singulären Punkte bei [mm] tan(z)^3 [/mm] sind ja [mm] \bruch{\pi}{2}+\pi*\IZ.
[/mm]
Ich habe begonnen umzuformen um die Singulären Punkte zu klassifizieren.
[mm] tan(z)^3 [/mm] = [mm] (\bruch{sinz}{cosz})^3 [/mm] = [mm] (\bruch{1}{i}*\bruch{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}})^3. [/mm] Bin ich da auf einem guten Weg? Und wie könnte ich dann weitermachen?
Und bei [mm] cos(\bruch{1}{1-z}) [/mm] habe ich auch gedacht analog umzuformen in die eulersche Schreibweise. Doch dies erwies sich nicht als sehr umgänglich. Soll ich besser anders vorgehen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:16 Mo 27.07.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
> aja super, so gehts einfacher.
>
> Nun habe ich schlussendlich noch zwei letzte Fragen:
> Und zwar bei folgenden Funktionen:
>
> [mm]tan(z)^3[/mm] und [mm]cos(\bruch{1}{1-z}).[/mm]
>
> Die Singulären Punkte bei [mm]tan(z)^3[/mm] sind ja
> [mm]\bruch{\pi}{2}+\pi*\IZ.[/mm]
>
> Ich habe begonnen umzuformen um die Singulären Punkte zu
> klassifizieren.
> [mm]tan(z)^3[/mm] = [mm](\bruch{sinz}{cosz})^3[/mm] =
> [mm](\bruch{1}{i}*\bruch{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}})^3.[/mm]
> Bin ich da auf einem guten Weg? Und wie könnte ich dann
> weitermachen?
Das ist zu umständlich. Bedenke dies: wenn du den Typ der Singularität von [mm] $\tan [/mm] z$ kennst, dann kannst du den Typ jeder solchen Potenz direkt angeben, denn wenn die höchste negative Potenz des Hauptteils der Laurentreihe von [mm] $\tan [/mm] z$ k ist, dann ist die für [mm] $\tan^n [/mm] z$ gerade $k*n$.
Also:
hebbar --> hebbar
wesentlich --> wesentlich
Pol k. Ordn.--> Pol $n*k$-ter Ordnung
> Und bei [mm]cos(\bruch{1}{1-z})[/mm] habe ich auch gedacht analog
> umzuformen in die eulersche Schreibweise. Doch dies erwies
> sich nicht als sehr umgänglich. Soll ich besser anders
> vorgehen?
Die Taylorentwicklung von [mm] $\cos [/mm] z$ konvergiert in ganz [mm] $\IC$. [/mm] Daher kannst du [mm] $\bruch [/mm] {1}{1-z}$ einsetzen und sofort ablesen, welcher Typ Singularität vorliegt.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:00 Mo 27.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo.
> Das ist zu umständlich. Bedenke dies: wenn du den Typ der
> Singularität von [mm]\tan z[/mm] kennst, dann kannst du den Typ
> jeder solchen Potenz direkt angeben, denn wenn die höchste
> negative Potenz des Hauptteils der Laurentreihe von [mm]\tan z[/mm]
> k ist, dann ist die für [mm]\tan^n z[/mm] gerade [mm]k*n[/mm].
>
Also laut Wikipedia http://de.wikipedia.org/wiki/Tangens_und_Kotangens
ist die Laurentreihe von tanz gerade eine Talyorreihe, besitzt also keine negativen Potenzen. Handelt es sich bei 0 deshalb um eine hebbare Singularität?
> Die Taylorentwicklung von [mm]\cos z[/mm] konvergiert in ganz [mm]\IC[/mm].
> Daher kannst du [mm]\bruch {1}{1-z}[/mm] einsetzen und sofort
> ablesen, welcher Typ Singularität vorliegt.
Die Taylorreihe von cos [mm] \bruch{1}{1-z} [/mm] ist ja
[mm] \summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{z}{1-z})^{2n} [/mm] = [mm] \summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}} [/mm] * [mm] z^{2n}.
[/mm]
Doch wie kann ich nun hier so einfach ablesen um welchen Typ Singuarität es sich handelt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:10 Di 28.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo.
>
>
> > Das ist zu umständlich. Bedenke dies: wenn du den Typ der
> > Singularität von [mm]\tan z[/mm] kennst, dann kannst du den Typ
> > jeder solchen Potenz direkt angeben, denn wenn die höchste
> > negative Potenz des Hauptteils der Laurentreihe von [mm]\tan z[/mm]
> > k ist, dann ist die für [mm]\tan^n z[/mm] gerade [mm]k*n[/mm].
> >
>
> Also laut Wikipedia
> http://de.wikipedia.org/wiki/Tangens_und_Kotangens
>
> ist die Laurentreihe von tanz gerade eine Talyorreihe,
> besitzt also keine negativen Potenzen. Handelt es sich bei
> 0 deshalb um eine hebbare Singularität?
Es ist $tan(z) = [mm] \bruch{sin(z)}{cos(z)}$ [/mm] und $cos(0) = 1$.
Somit ist tan in z=0 tadellos def. und in einer Umgebung von 0 holomorph
>
>
> > Die Taylorentwicklung von [mm]\cos z[/mm] konvergiert in ganz [mm]\IC[/mm].
> > Daher kannst du [mm]\bruch {1}{1-z}[/mm] einsetzen und sofort
> > ablesen, welcher Typ Singularität vorliegt.
>
> Die Taylorreihe von cos [mm]\bruch{1}{1-z}[/mm] ist ja
>
>
> [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{z}{1-z})^{2n}[/mm]
> = [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}[/mm]
> * [mm]z^{2n}.[/mm]
Da ist ein z zuviel !!
[mm] $cos(\bruch{1}{1-z})=\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{1}{1-z})^{2n}= \summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}$
[/mm]
Jetzt siehst Du: [mm] $cos(\bruch{1}{1-z})$ [/mm] hat in z=1 eine wesentliche Singularität
FRED
> Doch wie kann ich nun hier so einfach ablesen um welchen
> Typ Singuarität es sich handelt?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:49 Di 28.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
> >
> > Also laut Wikipedia
> > http://de.wikipedia.org/wiki/Tangens_und_Kotangens
> >
> > ist die Laurentreihe von tanz gerade eine Talyorreihe,
> > besitzt also keine negativen Potenzen. Handelt es sich bei
> > 0 deshalb um eine hebbare Singularität?
>
> Es ist [mm]tan(z) = \bruch{sin(z)}{cos(z)}[/mm] und [mm]cos(0) = 1[/mm].
>
> Somit ist tan in z=0 tadellos def. und in einer Umgebung
> von 0 holomorph
Ja sorry, da habe ich mich verschrieben. Die wesentliche Singularität befindet sich ja bei [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm] + [mm] \pi*\IZ.
[/mm]
Doch ich sehe auch so nicht, wie ich an Hand der Laurentreihe von tan die Singularität klassifizieren kann.
Der Tangens besitzt ja eigentlich nur den Nebenteil der Laurtenreihe, also jener mit den positiven Koeffizienten.
Handelt es sich deshalb um eine wesentliche Singularität?
> > > Die Taylorentwicklung von [mm]\cos z[/mm] konvergiert in ganz [mm]\IC[/mm].
> > > Daher kannst du [mm]\bruch {1}{1-z}[/mm] einsetzen und sofort
> > > ablesen, welcher Typ Singularität vorliegt.
> >
> > Die Taylorreihe von cos [mm]\bruch{1}{1-z}[/mm] ist ja
> >
> >
> > [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{z}{1-z})^{2n}[/mm]
> > = [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}[/mm]
> > * [mm]z^{2n}.[/mm]
>
> Da ist ein z zuviel !!
>
> [mm]cos(\bruch{1}{1-z})=\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{1}{1-z})^{2n}= \summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}[/mm]
Ja da hatte ich ein z zuviel. Aber ich sehe nun trotzdem immer noch nicht ganz, wie ich hier die wesentiche Singularität "sehen" kann.
Ist es hier auch so, weil die Reihe keine negativen Koeffizienten hat?
Aber eigentlich müsste ich doch die Laurentreihe in die Form [mm] a_n*(z-c)^n [/mm] bringen (c ist die Singularität). Aber hier hat die Laurentreihe ja die Form [mm] a_n*(c-z)^{-2n}. [/mm] Muss ich also noch umformen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:14 Di 28.07.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
> > >
> > > Also laut Wikipedia
> > > http://de.wikipedia.org/wiki/Tangens_und_Kotangens
> > >
> > > ist die Laurentreihe von tanz gerade eine Talyorreihe,
> > > besitzt also keine negativen Potenzen. Handelt es sich bei
> > > 0 deshalb um eine hebbare Singularität?
> >
> > Es ist [mm]tan(z) = \bruch{sin(z)}{cos(z)}[/mm] und [mm]cos(0) = 1[/mm].
> >
>
> > Somit ist tan in z=0 tadellos def. und in einer Umgebung
> > von 0 holomorph
>
>
> Ja sorry, da habe ich mich verschrieben. Die wesentliche
> Singularität befindet sich ja bei [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm] +
> [mm]\pi*\IZ.[/mm]
Das ist keine wesentliche Singularität. Die Tangensfunktion ist [mm] $\pi$-periodisch, [/mm] daher sind alle Singularitäten einfache Pole.
> Doch ich sehe auch so nicht, wie ich an Hand der
> Laurentreihe von tan die Singularität klassifizieren kann.
> Der Tangens besitzt ja eigentlich nur den Nebenteil der
> Laurtenreihe, also jener mit den positiven Koeffizienten.
> Handelt es sich deshalb um eine wesentliche
> Singularität?
Du widersprichst dir selbst: wenn es nur einen Nebenteil gibt, liegt auch keine Singularität vor.
>
>
>
> > > > Die Taylorentwicklung von [mm]\cos z[/mm] konvergiert in ganz [mm]\IC[/mm].
> > > > Daher kannst du [mm]\bruch {1}{1-z}[/mm] einsetzen und sofort
> > > > ablesen, welcher Typ Singularität vorliegt.
> > >
> > > Die Taylorreihe von cos [mm]\bruch{1}{1-z}[/mm] ist ja
> > >
> > >
> > > [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{z}{1-z})^{2n}[/mm]
> > > = [mm]\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}[/mm]
> > > * [mm]z^{2n}.[/mm]
> >
> > Da ist ein z zuviel !!
> >
> >
> [mm]cos(\bruch{1}{1-z})=\summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *(\bruch{1}{1-z})^{2n}= \summe_{n=o}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!} *\bruch{1}{(1-z)^{2n}}[/mm]
>
> Ja da hatte ich ein z zuviel. Aber ich sehe nun trotzdem
> immer noch nicht ganz, wie ich hier die wesentiche
> Singularität "sehen" kann.
> Ist es hier auch so, weil die Reihe keine negativen
> Koeffizienten hat?
Im Gegenteil, sie hat nur Terme mit negativen Exponenten von $(1-z)$. Sind es endlich viele, liegt ein Pol vor. Sind es unendlich viele, liegt eine wesentliche Singularität vor. Hier hast du unendlich viele Terme, also ist es eine wesentliche Singularität.
Viele Grüße
Rainer
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:05 Fr 31.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
> Das ist keine wesentliche Singularität. Die
> Tangensfunktion ist [mm]\pi[/mm]-periodisch, daher sind alle
> Singularitäten einfache Pole.
Ist dies denn immer so, wenn eine Funktion peridoisch ist, dass dann alle Singularitäten einfache Pole sind? Weshalb denn?
> Im Gegenteil, sie hat nur Terme mit negativen Exponenten
> von [mm](1-z)[/mm]. Sind es endlich viele, liegt ein Pol vor. Sind
> es unendlich viele, liegt eine wesentliche Singularität
> vor. Hier hast du unendlich viele Terme, also ist es eine
> wesentliche Singularität.
Aja, dast stimmt, dass die Reihe nur Terme mit negativen Exponentn hat. Doch es handelt sich hier um Exponenten von (1-z).
Die Laurantreihe hat aber die Form [mm] a_n*(z-c)^n. [/mm] Wobei c die Singularität ist.
Sollte ich meine Reihe hier nicht auch in diese Form bringen, also [mm] a_n*(z-1)^n? [/mm] Weil ich habe ja (1-z) und nicht (z-1). Genügt dies denn auch um die Singularität zu klassifizieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:11 Fr 31.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> > Das ist keine wesentliche Singularität. Die
> > Tangensfunktion ist [mm]\pi[/mm]-periodisch, daher sind alle
> > Singularitäten einfache Pole.
>
> Ist dies denn immer so, wenn eine Funktion peridoisch ist,
> dass dann alle Singularitäten einfache Pole sind? Weshalb
> denn?
Nein. Der Sinus hat z.B. in 0 eine einfache Nullstelle, also hat [mm] \bruch{1}{sinz} [/mm] in 0 einen einfachen Pol, somit hat
$f(z) = [mm] \bruch{1}{(sinz)^{17}}$ [/mm] in 0 einen Pol der Ordnung 17
f ist 2 [mm] \pi [/mm] - periodisch.
>
>
> > Im Gegenteil, sie hat nur Terme mit negativen Exponenten
> > von [mm](1-z)[/mm]. Sind es endlich viele, liegt ein Pol vor. Sind
> > es unendlich viele, liegt eine wesentliche Singularität
> > vor. Hier hast du unendlich viele Terme, also ist es eine
> > wesentliche Singularität.
>
> Aja, dast stimmt, dass die Reihe nur Terme mit negativen
> Exponentn hat. Doch es handelt sich hier um Exponenten von
> (1-z).
> Die Laurantreihe hat aber die Form [mm]a_n*(z-c)^n.[/mm] Wobei c die
> Singularität ist.
> Sollte ich meine Reihe hier nicht auch in diese Form
> bringen, also [mm]a_n*(z-1)^n?[/mm] Weil ich habe ja (1-z) und nicht
> (z-1). Genügt dies denn auch um die Singularität zu
> klassifizieren?
Natürlich. Es ist doch [mm] (1-z)^n [/mm] = [mm] (-1)^n(z-1)^n
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:36 Fr 31.07.2009 | | Autor: | johnny11 |
Hallo,
> Der Sinus hat z.B. in 0 eine einfache Nullstelle,
> also hat [mm]\bruch{1}{sinz}[/mm] in 0 einen einfachen Pol,
Also die Laurtenreihe von [mm] \bruch{1}{sinz} [/mm] sieht ja wie folgt aus:
[mm] z^{-1} [/mm] + [mm] \bruch{-1}{3!}*z^{-3} [/mm] + ...
Weshalb besitzt denn [mm] \bruch{1}{sinz} [/mm] in 0 einen einfachen Pol?
Denn es gilt ja:
Pol der Ordnung 1 [mm] \gdw a_n [/mm] = 0 für n < -1 und [mm] a_{-1} \not=0.
[/mm]
Doch hier verschwinden ja nicht alle Koeffizieten mit Indizes kleiner als -1.
Weshalb besitzt denn die Funktion in 0 trozdem einen einfachen Pol?
Dies hat ja wohl etwas mit der Periodizität vom Sinus zu tun...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:50 Fr 31.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> > Der Sinus hat z.B. in 0 eine einfache Nullstelle,
> > also hat [mm]\bruch{1}{sinz}[/mm] in 0 einen einfachen Pol,
>
> Also die Laurtenreihe von [mm]\bruch{1}{sinz}[/mm] sieht ja wie
> folgt aus:
>
> [mm]z^{-1}[/mm] + [mm]\bruch{-1}{3!}*z^{-3}[/mm] + ...
Nein. Das da oben ist nicht die Laurentreihe von [mm]\bruch{1}{sinz}[/mm] um 0, sondern die Laurentreihe von $sin(1/z)$ um 0.
>
> Weshalb besitzt denn [mm]\bruch{1}{sinz}[/mm] in 0 einen einfachen
> Pol?
Es gilt $sinz [mm] \to [/mm] 0$ für $z [mm] \to [/mm] 0$. Also [mm]\bruch{1}{sinz} \to \infty[/mm] für $z [mm] \to [/mm] 0$
Damit steht schon mal fest, dass in 0 ein Pol vorliegt
Wegen
[mm]\bruch{z}{sinz} \to 1[/mm] für $z [mm] \to [/mm] 0$
ist die Polordnung = 1
FRED
>
> Denn es gilt ja:
>
> Pol der Ordnung 1 [mm]\gdw a_n[/mm] = 0 für n < -1 und [mm]a_{-1} \not=0.[/mm]
>
> Doch hier verschwinden ja nicht alle Koeffizieten mit
> Indizes kleiner als -1.
> Weshalb besitzt denn die Funktion in 0 trozdem einen
> einfachen Pol?
> Dies hat ja wohl etwas mit der Periodizität vom Sinus zu
> tun...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:26 Mi 22.07.2009 | | Autor: | fred97 |
Die Frage ist zwar schon beantwortet, aber man kann noch etwas allgemeines dazu sagen:
Sei f eine ganze Funktion mit der Potenzreihenentwicklung
$f(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ [/mm] auf [mm] \IC
[/mm]
Für [mm] z\not= [/mm] 0 sei
$g(z) = f(1/z)$
Dann hat g in 0 eine isolierte Singularität. Die Laurententwicklung von g um 0 ist
$g(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{a_n}{z^n}$ [/mm]
Und nun sieht man:
g hat in 0 eine wesentliche Singularität [mm] \gdw [/mm] f ist kein Polynom.
FRED
P.S.: in obiger Aufgabe ist $f(z) = [mm] e^{z^3}$
[/mm]
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