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Antworte auf:  Funktionentheorie: Alle Residuen einer Funktion bestimmen von Neymar
Forum:  Analysis, moderiert von: Curufin epsilonkugel

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Ex_Senior
 Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-13 22:45    [Diesen Beitrag zitieren]

kein Problem.

zu ii) Hier hast noch ein paar Fakultäten in der Reihe vergessen. Ausmulitpizieren ist eine gute Idee, einfach die Formel für die Laurentreihe daneben legen $$\sum_{-\infty}^\infty a_k(z-z_0)^k$$
Dort möchtest Du hin.


Neymar
Aktiv
Dabei seit: 03.01.2019
Mitteilungen: 663
Herkunft:
 Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-13 22:26    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo TomTom,

(i) sorry, ich hatte vergessen, dass die Aufgabe war, die Residuen zu bestimmen, und habe in meinem letzten Beitrag nur (für mich) gezeigt, dass tatsächlich ein Pol (n+1). Ordnung vorliegt. Was das Residuum angeht, schaue ich mir das mal morgen an, und melde mich noch bei Unklarheiten.

(ii) \[z \cdot e^{\dots} = (z-1+1) \cdot \exp\left( \frac{1}{z-1} \right) = (z-1+1) \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(z-1)^k}\]
Ich hatte daran gedacht, nun auszumultiplizieren, sehe aber nicht wirklich, was mir das bringt.


Ex_Senior
 Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-13 21:23    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Neymar,

die Rechnung zu i) kann ich nicht nachvollziehen. Für einen Pol (n+1)-ter Ordnung gilt $res(f,z_0) = \frac{1}{n!}[(z-z_0)^{n+1}f(z)]^{(n)}$ - oder so ähnlich, am besten in Deinem Skript nachschauen.

Die Laurentreihe von $z$ in 1 ist $(z-1) +1$. Für die Laurentreihe von $\exp(\frac{1}{z-1})$ ersetzt Du exp durch die Reihe und die auftretenden $\frac{1}{(z-1)^k}$ durch entsprechende geometrische Reihen. Da Du nur am Koeffizienten bei -1 interessiert bist, reicht es nur diesen auszurechnen. Ohne es genau auszurechnen ist das Residuum die Summe aus zwei Reihen.
Das war zu kompliziert / falsch. exp durch Reihe ersetzen ergibt die Laurentreihe von $\exp(\frac{1}{z-1})$ bei $1$. Damit läßt sich das Residuum relativ einfach ausrechnen.


Neymar
Aktiv
Dabei seit: 03.01.2019
Mitteilungen: 663
Herkunft:
 Beitrag No.2, eingetragen 2019-06-13 19:58    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo TomTom,

ad (i): \[\lim\limits_{z \to k\pi}\frac{z^n \cdot (z-k\pi)^{n+1}}{\sin^{n+1} z} \qquad \quad \lim\limits_{z \to k\pi}\frac{(z-k\pi)^{n+1}}{\sin^{n+1} z} = \lim\limits_{z \to k\pi}\left(\frac{z-k\pi}{\sin z}\right)^{n+1} \qquad \lim\limits_{z \to k\pi} \frac{z-k\pi}{\sin z} = \lim\limits_{z \to k\pi} \frac{1}{\cos z} = -1\]
\[\Rightarrow \lim_{z \to k\pi} \frac{z^n \cdot (z-k\pi)^{n+1}}{\sin^{n+1}z} = k^n \pi^n (-1)^{n+1}\]
Nice, danke dir!


ad (ii) Also theoretisch sollte bzw. müsste eine Laurententwicklung um $z_0 =1$ möglich sein, bloß bekomme ich diese nicht hin und ich weiß auch nicht, ob es praktisch möglich ist, diese anzugeben.

Meinst du, ich soll Casorati-Weierstraß bemühen?



Beste Grüße,
Neymar






Ex_Senior
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-12 22:54    [Diesen Beitrag zitieren]

zu i) Die Funktion hat in $k\pi; k\neq 0$ jeweils Pole der Ordung n+1.

zu ii) $\exp(z^{-1})$ hat in 0 eine wesentliche Singularität. Das kannst Du zeigen, indem Du die beiden Grenzwerte entlang der positiven und negativen reellen Achse betrachtest. Mit der Aufgabe zur Klassifizierung von Singularitäten kannst Du dann schließen, dass in 0 eine wesentliche Singularität vorliegt. Dasselbe gilt dan auch für $\exp(\frac{1}{1-z})$ in $z=1$.

zur Klassifizierung isolierter Singularitäten: LinkPolstellen und wesentliche Singularitäten


Neymar
Aktiv
Dabei seit: 03.01.2019
Mitteilungen: 663
Herkunft:
 Themenstart: 2019-06-12 22:10    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo alle zusammen.

(i) Es sind alle Residuen der Funktion $f(z) = \frac{z^n}{\sin^{n+1}(z)}$ zu bestimmen. Also für $z = 0$ ist es ja einfach, ich stelle mir vor, dass man eine Taylorentwicklung durchführt und dann hat man ja $f(z) \approx \frac{z^n}{z^{n+1}}$ für kleine $z$, und hieran sieht man ja sofort, dass ein Pol 1. Ordnung vorliegt.

Doch wie sieht es für $z \in \pi \mathbb{Z} \backslash \{0\}$ aus?

Ansatz: Pol 1. Ordnung

Nachrechnen: $\lim \limits_{z \rightarrow \pi }\frac{(z-\pi)z^n}{\sin^{n+1}(z)} \overset{L'Hospital}{=} \lim \limits_{z \to \pi}\frac{n \cdot z^n - (n-1)\pi \cdot z^{n-1}}{\cos z \cdot (n+1) \cdot \sin^{n}z}$

Was meint ihr? Noch einmal L'Hospital anzuwenden, würde ja Produktregel im Nenner bedeuten.


(ii) \[f(z) = z \exp\left( \frac{1}{1-z} \right)\] man sieht sofort: \[f(z) = z \exp\left( \frac{1}{1-z} = z \sum_{k = 0}^{\infty}\right) \frac{1}{(1-z)^k} \]
Also eine hebbare Singularität liegt an der Stelle $z = 1$ auf jeden Fall nicht vor, da $\lim\limits_{z \to 1}f(z)$ nicht wohldefiniert ist. Was einen Pol angeht, bin ich vorsichtig. Also man kann natürlich (voreilig?) sofort sagen ,,nein", aber wie kann man das vielleicht kurz zeigen? Ich glaube, es sollte eine wesentliche Singularität sein.


Gruß,
Neymar


 
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