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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:17 Di 09.06.2009 | | Autor: | Primel |
| Aufgabe | bestimme jeweils die Art der Singularität im Nullpunkt von
i) [mm] \bruch{z}{e^z-1}
[/mm]
ii) z cot z
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ich hab mir dazu folgendes überlegt:
zu i) [mm] f(z)=\bruch{z}{e^z-1}= \bruch{z}{\summe_{n=1}^{\infty}-1}
[/mm]
= [mm] \bruch{z}{\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^n}{n!}-1}
[/mm]
[mm] =\bruch{z}{z \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^ (n-1)}{n!}-1}
[/mm]
Es gilt
[mm] (\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^ (n-1)}{n!})^ [/mm] =1 + O(z)
Also besitzt f in 0 einen Pol
zu ii) cot ist meromorph also besitzt f einen Pol in 0
Kann mir jemand sagen, ob das richtig ist?
Vielen Dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:35 Di 09.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
> bestimme jeweils die Art der Singularität im Nullpunkt von
> i) [mm]\bruch{z}{e^z-1}[/mm]
> ii) z cot z
>
> ich hab mir dazu folgendes überlegt:
> zu i) [mm]f(z)=\bruch{z}{e^z-1}= \bruch{z}{\summe_{n=1}^{\infty}-1}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{z}{\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^n}{n!}-1}[/mm]
> [mm]=\bruch{z}{z \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^ (n-1)}{n!}-1}[/mm]
>
> Es gilt
>
> [mm](\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{z^ (n-1)}{n!})^[/mm] =1 + O(z)
>
> Also besitzt f in 0 einen Pol
>
Dies scheint nicht richtig zu sein. Tatsächlich besitzt die Funktion in i) eine hebbare Singularität in $a=0$.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:26 Mi 10.06.2009 | | Autor: | fred97 |
Zu i)
[mm] \bruch{e^z-1}{z}= \bruch{e^z-e^0}{z-0} \to e^0 [/mm] = 1 für z [mm] \to [/mm] 0
Also: [mm] \bruch{z}{e^z-1} \to [/mm] 1 für z [mm] \to [/mm] 0.
Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz liegt in 0 eine hebbare Singularität vor
Zu ii)
$zcotz = cosz* [mm] \bruch{z}{sinz} \to [/mm] 1$ für z [mm] \to [/mm] 0.
Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz liegt in 0 eine hebbare Singularität vor
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:51 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo nochmal. Eine weitere Moeglichkeit lautet wir folgt:
zu i): Die Funktion
[mm] $f(z)=\frac{z}{\exp(z)-1}$ [/mm] mit [mm] $0<|z|<2\pi$
[/mm]
hat in $0$ eine hebbare Singularitaet, denn es gilt
[mm] $f(z)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_n}{n!}z^n$
[/mm]
wobei [mm] $B_n$ [/mm] die $n$-te Bernoullische Zahl bezeichnet. Damit gilt $f(0)=1$ und folglich laesst sich $f$ in $0$ analytisch fortsetzen. Daher ist $0$ eine hebbare Singularitaet. Der Nachweis der obigen Darstellung findest Du im Buch "Funktionentheorie 1" von "Freitag und Busam" auf Seite 114. Diese Vorgehensweise ist zwar etwas aufwendig (Invertieren von Potenzreihen), aber ich wollte sie erwaehnt haben.
Gruss Denny
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:32 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Primel |
vielen Dank für die zahlreichen Antworten. Aber eine Frage hab ich doch nicht. Wieso ist cot meromorph wenn sie keinen Pol hat? Oder versteh ich da was falsch?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:33 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Primel |
sorry, muss mich korrigieren...wollte schreiben: eine Frage hab ich doch noch 
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:38 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Für diese Mitteilung musst Du aber keine neue Frage schreiben.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:41 Mi 10.06.2009 | | Autor: | Denny22 |
Wiese hat [mm] $\cot$ [/mm] keine Polstellen? Die Funktion hat doch welche, und zwar bei
[mm] $\pi\IZ$
[/mm]
Die Funktion [mm] $\cot$ [/mm] ist doch nur auf
[mm] $D:=\IC\backslash\{k\pi\mid k\in\IZ\}$
[/mm]
definiert. Die Polstellen gibt es im Reellen überings auch schon. Schau mal nach...
Gruss Denny
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