Forum:  Holomorphie
Thema: Summe von zwei Funktionen mit demselben Pol
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King_Simon
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Themenstart: 2021-05-18 11:33

Hallo Leute ich komme bei folgender Aufgabe nicht weiter:

Ich habe zwei holomorphe Funktionen f und g, welche einen Pol an der Stelle z_0 haben. Der Pol der Funktion f hat Ordnung n und derjenige von g Ordnung m. Nun muss ich zeigen was mit dem Pole passiert, wenn ich diese beiden Funktionen addiere.

Ich konnte dies zeigen für die Multiplikation, jedoch nicht für die Addition.

ich wählte den Ansatz f(z) = a(z)/(z-z_0)^n und g(z) = b(z)/(z-z0)^m zu schreiben. Jedoch sehe ich nicht wie weiter.


Diophant
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Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-18 11:40
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

nimm doch einmal o.B.d.A \(n\ge m\) an und addiere die beiden Terme. Damit die Ordnungen der Pole tatsächlich gleich \(n\) und \(m\) sind, musst du ja von vornherein noch annehmen, dass \(a(z)\) und \(b(z)\) keine Nullstelle bei \(z_0\) haben. Wenn man das ausnutzt, sieht man leicht ein, was bei der Addition passiert...


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)

King_Simon
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 11:45

okei, also ich habe sie nun gleichnamig gemacht und addiert. Dann habe ich gemäss der Annahme, dass n grösser gleich m ist, ausgeklammert und gekürzt.

Nun habe ich (a(z)+(z-z_0)^(n-m)*b(z))/(z-z0)^n.

Wie gehe ich nun weiter vor?


Diophant
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Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-18 11:48
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Begründe, warum auch der Zähler nach der Addition keine Nullstelle in \(z_0\) hat.

Welche Ordnung hat dann demnach der Pol generell, wenn wir die Forderung \(n\ge m\) wieder weglassen?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)

King_Simon
Aktiv
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Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 11:51

Da gemäss Definition von a(z), a(z) in z_0 ungleich Null ist. Somit hat der Pol die Ordnung n.
Ist dies so korrekt?


Diophant
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Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-18 11:53
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2021-05-18 11:51 - King_Simon in Beitrag No. 4 schreibt:
Da gemäss Definition von a(z), a(z) in z_0 ungleich Null ist. Somit hat der Pol die Ordnung n.
Ist dies so korrekt?
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Auf unsere Annahme bezogen: ja.

Wenn wir jetzt \(n\ge m\) wieder weglassen, dann hat der Pol offensichtlich die Ordnung \(\max(m,n)\).

EDIT: da bin ich einem Dankfehler aufgesessen. Das bisherige gilt nur für \(n\neq m\), da hat Nuramon im folgenden Beitrag absolut recht.

Du musst jetzt also den Fall \(m=n\) noch gesondert betrachten.

Wie sieht in diesem Fall der Zähler aus und welche Konsequenz kann das haben?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)

Nuramon
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Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-18 11:57
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,

eure Überlegungen stimmen falls $m\not=n$ ist. Für $m=n$ ist die Situation etwas komplizierter.
\(\endgroup\)

King_Simon
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Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 13:11

Ist die Situation wirklich komplizierter? Mit n=m erhalte ich doch (a(z)+b(z))/(z-z_0)^n.
Da die Summe von holomorphen Funktionen wieder holomorph ist, so können wir a(z)+b(z) = c(z) schreiben. Da a(z) und b(z) ungleich null sind in z_0 so ist dies ebenfalls c(z). Dann ist c(z) holomorph und ungleich null in z_0.

Dann ist c(z) / (z-z_0)^n wieder die definition von einem Pol der Ordnung n.


Sismet
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Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-18 13:16
\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\IR}{\mathbb{R}} \newcommand{\IZ}{\mathbb{Z}} \newcommand{\IN}{\mathbb{N}} \newcommand{\IC}{\mathbb{C}} \newcommand{\ba}{\begin{align*}} \newcommand{\ea}{\end{align*}} \newcommand{\be}{\begin{equation*}} \newcommand{\ee}{\end{equation*}} \newcommand{\wo}{\backslash} \)
Hey,
betrachte $f(z)=\frac{1}{z}$ und $g(z)=\frac{-1}{z}$
dann gilt $f+g=0$ also hat $f+g$ nicht Polordnung 1 in 0 wie $f$ und $g$.

Grüße
Simset
\(\endgroup\)

Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
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Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-18 13:17
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

hier ist leider folgende Begründung falsch:
2021-05-18 13:11 - King_Simon in Beitrag No. 7 schreibt:
Da a(z) und b(z) ungleich null sind in z_0 so ist dies ebenfalls c(z).
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Wenn wir \(b(z_0)=-a(z_0)\neq 0\) haben, gilt das eben nicht.


Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]
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King_Simon
Aktiv
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Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 14:15

Okei ich sehe dies ist nicht mehr ganz einfach.


Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
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Beitrag No.11, eingetragen 2021-05-18 14:30

2021-05-18 14:15 - King_Simon in Beitrag No. 10 schreibt:
Okei ich sehe dies ist nicht mehr ganz einfach.

Das Stichwort lautet hier hebbare Singularitäten.


Gruß, Diophant


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
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Beitrag No.12, eingetragen 2021-05-18 14:43
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Überlege dir zwei Dinge:
1. Welche Ordnung kann der Pol von $f+g$ bei $z_0$ höchstens haben, wenn $m=n$?
2. Gibt es für jeden Wert $k$, der höchstens so groß ist wie diese obere Schranke, Funktionen $f,g$ mit $m=n$ so dass der Pol von $f+g$ bei $z_0$ die Ordnung $k$ hat?
\(\endgroup\)

King_Simon
Aktiv
Dabei seit: 02.10.2020
Mitteilungen: 38
Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 15:12

herzlichen dank, ich glaube ich habe es.

Ich verwendete die Methode mit lim (z-z_0)^(n+1)f(z) = 0. und somit sollte es eine hebbare Singularität der Ordnung n sein.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
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Beitrag No.14, eingetragen 2021-05-18 15:18

2021-05-18 15:12 - King_Simon in Beitrag No. 13 schreibt:
und somit sollte es eine hebbare Singularität der Ordnung n sein.
Das stimmt ja eben nicht, wie das Gegenbeispiel aus No.8 zeigt.


King_Simon
Aktiv
Dabei seit: 02.10.2020
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Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 15:23

Tut mir leid ich komme nicht auf die Lösung.


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
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Beitrag No.16, eingetragen 2021-05-18 15:34
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Du hast gezeigt, dass für $n=m$ die Funktion $z\mapsto (z-z_0)^n(f(z)+g(z))$ bei $z_0$ eine hebbare Singularität hat. Daraus folgt, dass der Pol von $f+g$ bei $z_0$ höchstens die Ordnung $n$ hat.

Im Beispiel aus No.8 ist $n=m=1$, aber $f+g$ ist holomorph fortsetzbar in $z_0$, hat als nur einen Pol der Ordnung $0$.
Allerdings findet man auch leicht Beispielfunktionen $f,g$ mit $m=n=1$, für die $f+g$ einen Pol der Ordnung $1$ hat.

Die Frage ist daher, welche Polordnungen $k$ tatsächlich auftreten können. Wir wissen, dass $k\leq n$ gelten muss.
Ist jedes $k$ mit $0\leq k\leq  n=m$ möglich? Diese Frage lässt sich mit Beispielen beantworten.
\(\endgroup\)

King_Simon
Aktiv
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Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-18 15:38

Herzlichen Dank für deine Hilfe




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Druckdatum: 2021-08-04 11:33