Typen, Singularität < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:35 Mi 11.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
| Aufgabe | Bestimmen und klassifizieren Sie die Singularitäten der folgenden holomorphen Funktionen (definiert auf dem jeweils naheliegenden Definitionsbereich):
(a) [mm] g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}
[/mm]
(b) [mm] f(z))=\bruch{cos(z)-1}{z^{2}} [/mm] |
Hallo Matheraum,
meine Lösungsansätze zu den oben gestellten Aufgaben lauten:
zu (a)
Offensichtlich ist [mm] z_{0}=0 [/mm] eine isolierte Singularität dieser Funktione, da sie auf ganz [mm] \IC [/mm] \ {0} holomorph ist.
Wir haben
[mm] g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}=\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}.
[/mm]
Es gilt nun:
[mm] \limes_{z\rightarrow\ 0}|\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}|=\infty, [/mm]
da jeder einzelne Summand gegen unendlich geht. Also ist die Singularität 0 ein Pol der Ordnung 5.
zu (b)
Nach Verrechnung der Potenzreihe des Cosinus mit dem Faktor [mm] \bruch{1}{z^{2}} [/mm] und dem Summanden (-1) erhalte ich
[mm] f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!} [/mm] für [mm] z\in\IC [/mm] \ {0}.
An dem positiven Vorzeichen im Exponenten von z erkennen wir, dass es sich bei der hier vorliegenden Summe um den Nebenteil einer Laurent- Reihe handelt. Somit hat die Laurent- Reihe keinen Haupteil und deswegen sind auch alle Koeffizienten des Hauptteils 0. Daraus können wir wiederum schließen, dass es sich hier um eine hebbare Singularität handelt.
Es gilt ferner:
[mm] \limes_{z\rightarrow\ 0}\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}=-\bruch{1}{2} [/mm] für [mm] z\not=0. [/mm] Wir können f also ferner holomorph in z=0 forsetzen.
Meine Fragen:
1.) Stimmen meine Argumentationen, insbesondere jene mit Hilfe der Grenzwertbetrachtungen?
2.) Angenommen, ich führe eine Grenzwertbetrachtung mit der Singularität 0 durch, beispielsweise wieder für
[mm] \limes_{z\rightarrow\ 0}\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}=-\bruch{1}{2}.
[/mm]
Muss ich bei der Grenzwertbetrachtung nun n allein oder n und z gemeinsam gegen 0 laufen lassen? Speziell in diesem Fall müssen wir ja (mit [mm] z^{2*0}=1) [/mm] z nicht weiter betrachten. Wie sieht es aber generell aus? Muss ich z auch gegen 0 laufen lassen?
Gruß, Marcel
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:53 Do 12.03.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marcel!
> Bestimmen und klassifizieren Sie die Singularitäten der
> folgenden holomorphen Funktionen (definiert auf dem jeweils
> naheliegenden Definitionsbereich):
>
> (a) [mm]g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}[/mm]
>
> (b) [mm]f(z))=\bruch{cos(z)-1}{z^{2}}[/mm]
> Hallo Matheraum,
>
>
> meine Lösungsansätze zu den oben gestellten Aufgaben
> lauten:
>
>
>
> zu (a)
>
>
> Offensichtlich ist [mm]z_{0}=0[/mm] eine isolierte Singularität
> dieser Funktione, da sie auf ganz [mm]\IC[/mm] \ {0} holomorph ist.
>
>
> Wir haben
>
>
> [mm]g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}=\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}.[/mm]
>
>
> Es gilt nun:
>
>
> [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0}|\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}|=\infty,[/mm]
>
>
> da jeder einzelne Summand gegen unendlich geht. Also ist
> die Singularität 0 ein Pol der Ordnung 5.
Die Aussage ist richtig, obwohl sich mir nicht erschließt, wieso das aus diesem Grenzwert folgt.Die Ordnung ergibt daraus, dass [mm] $z^4$ [/mm] mal der Funktion im Punkt z=0 nicht holomorph ist, aber [mm] $z^5$ [/mm] mal der Funktion dort eine hebbare Singularität hat.
Wenn du, wie hier, den Quotienten zweier holomorpher Funktionen hast, so musst du nur die Nullstellen von Zähler und Nenner untersuchen. Pole gibt es nur dort, wo der Nenner Nullstellen hat. Ihre Ordnung ist die Ordnung der Nennernullstelle minus der Ordnung einer eventuell vorhandenen Zählernullstelle. Ist die Ordnung der Zählernullstelle größer oder gleich der Ordnung der Nennernullstelle, so liegt eine hebbare Singularität vor.
Bei z=0 ist der Zähler ungleich 0, und der Nenner hat eine Nullstelle Ordnung 5, also handelt es sich um einen Pol der Ordnung 5.
> zu (b)
>
>
> Nach Verrechnung der Potenzreihe des Cosinus mit dem Faktor
> [mm]\bruch{1}{z^{2}}[/mm] und dem Summanden (-1) erhalte ich
>
>
> [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}[/mm]
> für [mm]z\in\IC[/mm] \ {0}.
>
>
> An dem positiven Vorzeichen im Exponenten von z erkennen
> wir, dass es sich bei der hier vorliegenden Summe um den
> Nebenteil einer Laurent- Reihe handelt. Somit hat die
> Laurent- Reihe keinen Haupteil und deswegen sind auch alle
> Koeffizienten des Hauptteils 0. Daraus können wir wiederum
> schließen, dass es sich hier um eine hebbare Singularität
> handelt.
Richtig.
>
>
> Es gilt ferner:
>
>
> [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0}\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}=-\bruch{1}{2}[/mm]
> für [mm]z\not=0.[/mm] Wir können f also ferner holomorph in z=0
> forsetzen.
Dafür brauchst du keinen Limes. Du kannst den Wert z=0 direkt in die Potenzreihe einsetzen. Die gegebene Funktion hat eine hebbare Singularität, die Potenzreihe stellt eine auch in z=0 holomorphe Funktion dar.
Auch hier gilt dieselbe Überlegung wie oben: der Nenner hat eine Nullstelle der Ordnung 2. An der Potenzreihe von [mm] $\cos [/mm] z-1$, die mit dem Term [mm] $-\bruch{1}{2}z^2$ [/mm] beginnt, erkennt man, dass auch der Zähler eine Nullstelle der Ordnung 2 hat. Also liegt eine hebbare Singularität vor.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:18 Do 12.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
> Hallo Marcel!
>
> > Bestimmen und klassifizieren Sie die Singularitäten der
> > folgenden holomorphen Funktionen (definiert auf dem jeweils
> > naheliegenden Definitionsbereich):
> >
> > (a) [mm]g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}[/mm]
> >
> > (b) [mm]f(z))=\bruch{cos(z)-1}{z^{2}}[/mm]
> > Hallo Matheraum,
> >
> >
> > meine Lösungsansätze zu den oben gestellten Aufgaben
> > lauten:
> >
> >
> >
> > zu (a)
> >
> >
> > Offensichtlich ist [mm]z_{0}=0[/mm] eine isolierte Singularität
> > dieser Funktione, da sie auf ganz [mm]\IC[/mm] \ {0} holomorph ist.
> >
> >
> > Wir haben
> >
> >
> >
> [mm]g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}=\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}.[/mm]
> >
> >
> > Es gilt nun:
> >
> >
> > [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0}|\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}|=\infty,[/mm]
> >
> >
> > da jeder einzelne Summand gegen unendlich geht. Also ist
> > die Singularität 0 ein Pol der Ordnung 5.
>
> Die Aussage ist richtig, obwohl sich mir nicht erschließt,
> wieso das aus diesem Grenzwert folgt.
fred97 hatte mir in einem anderen Thread den folgenden Hinweis gegeben:
"Weiter gilt folgendes: hat f in [mm] z_{0} [/mm] eine isolierte Sing. , so gilt:
[mm] z_{0} [/mm] ist ein Pol von f [mm] \gdw\limes_{z\rightarrow\ z_{0}}|f(z)|=\infty"
[/mm]
Währen du mir eben geantwortet hattest, hatte ich meinem Artikel noch eine zweite Frage hinzugefügt. Wäre sehr nett, wenn du nochmal drüber schauen könntest.
>Die Ordnung ergibt
> daraus, dass [mm]z^4[/mm] mal der Funktion im Punkt z=0 nicht
> holomorph ist, aber [mm]z^5[/mm] mal der Funktion dort eine hebbare
> Singularität hat.
> Wenn du, wie hier, den Quotienten zweier holomorpher
> Funktionen hast, so musst du nur die Nullstellen von Zähler
> und Nenner untersuchen. Pole gibt es nur dort, wo der
> Nenner Nullstellen hat. Ihre Ordnung ist die Ordnung der
> Nennernullstelle minus der Ordnung einer eventuell
> vorhandenen Zählernullstelle. Ist die Ordnung der
> Zählernullstelle größer oder gleich der Ordnung der
> Nennernullstelle, so liegt eine hebbare Singularität vor.
>
> Bei z=0 ist der Zähler ungleich 0, und der Nenner hat eine
> Nullstelle Ordnung 5, also handelt es sich um einen Pol der
> Ordnung 5.
>
>
> > zu (b)
> >
> >
> > Nach Verrechnung der Potenzreihe des Cosinus mit dem Faktor
> > [mm]\bruch{1}{z^{2}}[/mm] und dem Summanden (-1) erhalte ich
> >
> >
> > [mm]f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}[/mm]
> > für [mm]z\in\IC[/mm] \ {0}.
> >
> >
> > An dem positiven Vorzeichen im Exponenten von z erkennen
> > wir, dass es sich bei der hier vorliegenden Summe um den
> > Nebenteil einer Laurent- Reihe handelt. Somit hat die
> > Laurent- Reihe keinen Haupteil und deswegen sind auch alle
> > Koeffizienten des Hauptteils 0. Daraus können wir wiederum
> > schließen, dass es sich hier um eine hebbare Singularität
> > handelt.
>
> Richtig.
> >
> >
> > Es gilt ferner:
> >
> >
> > [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0}\summe_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\bruch{z^{2n}}{(2n+2)!}=-\bruch{1}{2}[/mm]
> > für [mm]z\not=0.[/mm] Wir können f also ferner holomorph in z=0
> > forsetzen.
>
> Dafür brauchst du keinen Limes. Du kannst den Wert z=0
> direkt in die Potenzreihe einsetzen. Die gegebene Funktion
> hat eine hebbare Singularität, die Potenzreihe stellt eine
> auch in z=0 holomorphe Funktion dar.
>
> Auch hier gilt dieselbe Überlegung wie oben: der Nenner hat
> eine Nullstelle der Ordnung 2. An der Potenzreihe von [mm]\cos z-1[/mm],
> die mit dem Term [mm]-\bruch{1}{2}z^2[/mm] beginnt, erkennt man,
> dass auch der Zähler eine Nullstelle der Ordnung 2 hat.
> Also liegt eine hebbare Singularität vor.
>
> Viele Grüße
> Rainer
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:35 Do 12.03.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marcel!
> > > [mm]\limes_{z\rightarrow\ 0}|\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}|=\infty,[/mm]
> > >
> > >
> > > da jeder einzelne Summand gegen unendlich geht. Also ist
> > > die Singularität 0 ein Pol der Ordnung 5.
> >
> > Die Aussage ist richtig, obwohl sich mir nicht erschließt,
> > wieso das aus diesem Grenzwert folgt.
>
>
> fred97 hatte mir in einem anderen Thread den folgenden
> Hinweis gegeben:
>
> "Weiter gilt folgendes: hat f in [mm]z_{0}[/mm] eine isolierte Sing.
> , so gilt:
>
> [mm]z_{0}[/mm] ist ein Pol von f [mm]\gdw\limes_{z\rightarrow\ z_{0}}|f(z)|=\infty"[/mm]
Korrekt, aber du erkennst daraus nicht die Ordnung des Pols. Du schriebst aber: "Also ... der Ordnung 5".
>
>
> Währen du mir eben geantwortet hattest, hatte ich meinem
> Artikel noch eine zweite Frage hinzugefügt. Wäre sehr nett,
> wenn du nochmal drüber schauen könntest.
Die Frage verstehe ich gar nicht. Was meinst du mit "n gegen 0 laufen lassen"? Du hast eine Potenzreihe mit Summationsindex n. Und wie ich schon schrieb: wieso Grenzwertbetrachtung? Das ist eine Taylorreihe. Du verwechselst die Reihe mit der Funktion. Die Funktion hat eine hebbare Singularität, die Taylorreihe nicht, sie ist die Reihenentwicklung einer holomorphen Funktion. Die Existenz der Taylorreihe bedeutet, dass die Funktion eine hebbare Singularität hat; den zur holomorphen Fortsetzung der Funktion nötigen Wert bekommst du, indem du z=0 in die Taylorreihe einsetzt.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:49 Do 12.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Du hast doch
$ [mm] g(z)=\bruch{1+z^{2}+z^{4}}{z^{5}}=\bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}. [/mm] $
Was ist wohl die Summe rechts ? Bingo ! Die Laurententwicklung von $g$ um [mm] z_0
[/mm]
= 0. Der Nebenteil ist = 0, und der Hauptteil = [mm] \bruch{1}{z^{5}}+\bruch{1}{z^{3}}+\bruch{1}{z}.
[/mm]
jetzt kannst Du ablesen: g hat in 0 einen Pol der Ordnung 5 und $Res(g;0) = 1 $
FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:01 Do 12.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Okay super. Danke für eure Geduld. 
|
|
|
|
