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Analysis » Funktionentheorie » Laurentreihe isolierte Singularitäten
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Universität/Hochschule J Laurentreihe isolierte Singularitäten
LamyOriginal
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  Themenstart: 2021-09-26

Hallo, ich habe noch eine Frage in Funktionentheorie. Man kann ja isolierte Singularitäten von $f$ durch die Laurentreihe von $f$ charakterisieren, allerdings wird das in unserem Skript nur als Folgerung des Satz von Laurent angegeben: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50806_Bild1.png Nochmal der Satz von Laurent: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50806_Bild7.png Für Funktionen, die holomorph auf Kreisringen sind existiert ja eine Laurententwicklung von $f$ (da die Laurentreihe aus "zwei Reihen" besteht und die jeweils einen konvergenzradius von r_2 und r_1 haben). Kann man isolierte Singularitäten dann auch als "Kreisring" auffassen (ist ja eine punktierte Umgebung), also mit $r_2=\infty$ und die Mitte des Kreisrings mit Radius $r_1 (r_1


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nzimme10
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-26

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, Im Falle der isolierten Singularitäten betrachtet man typischerweise punktierte Umgebungen $B_r(z_0)\setminus \lbrace z_0\rbrace$. Diese sind Ringgebiete der Form $K_{0,r}(z_0)$ (mit den Bezeichnungen aus dem Satz von Laurent Thread). Ich zeige nun mal exemplarisch einen der Fälle: Sei $z_0$ eine hebbare Singularität von $f$ (nennen die Fortsetzung $\tilde f$). Dann gilt für alle $z\in B_r(z_0)\setminus\lbrace z_0\rbrace$ ($r>0$ klein genug) $$ \sum_{n=-\infty}^\infty a_n(z-z_0)^n=f(z)=\tilde f(z)=\sum_{n=0}^\infty \tilde a_n(z-z_0)^n, $$ da $\tilde f$ auf $B_r(z_0)$ holomorph ist (mit $\tilde a_n$ die Koeffizienten der Taylor-Reihe von $\tilde f$). Aus der Eindeutigkeit der Laurent-Reihe folgt, dass der Hauptteil der Laurent-Reihe von $f$ um $z_0$ verschwindet. Verschwindet umgekehrt der Hauptteil von $f$ um $z_0$ (gilt also $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$ für $z\in B_r(z_0)\setminus \lbrace z_0\rbrace$), so setze $$ \tilde f(z_0):=a_0. $$ Dadurch sieht man, dass $f$ in $z_0$ holomorph fortsetzbar ist (mit der Fortsetzung $\tilde f$). Bei der Charakterisierung von Polen muss man sich schon etwas mehr Mühe geben, wenn du dazu noch fragen hast melde dich einfach wieder. LG Nico [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Funktionentheorie' von nzimme10]\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-26

Vielen Dank für die Mühe Nico! \quoteon(2021-09-26 11:32 - nzimme10 in Beitrag No. 1) Bei der Charakterisierung von Polen muss man sich schon etwas mehr Mühe geben, wenn du dazu noch fragen hast melde dich einfach wieder. \quoteoff Kannst du noch ein Beispiel zu Polen machen? Die haben ja einen abbrechenden Hauptteil, der vom Grad $m$ des Pols abhängt. In meiner anderen Frage heute habe ich gefragt warum $g=f-h$ eine hebbare Singularität in den Polen von $f$ und $h$ hat, wenn $f$ und $h$ meromorphe Funktionen mit Hauptteilen um die Pole $a_n$ sind. Hat es auch was mit den Charakterisierungen durch die Laurententwicklungen zu tun? Also dass die abbrechenden Hauptteile von $f$ und $h$ ganz verschwinden und dadurch eine hebbare Singularität wird? Vielen Dank im Voraus!


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-26

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2021-09-26 11:54 - LamyOriginal in Beitrag No. 2) Kannst du noch ein Beispiel zu Polen machen? Die haben ja einen abbrechenden Hauptteil, der vom Grad $m$ des Pols abhängt. \quoteoff Ich gebe dieses mal nicht den ganzen Beweis. Lass uns das doch einfach mal gemeinsam machen. Sei $z_0$ ein Pol von $f$. Überlege dir, dass wir dann ein $r>0$ finden können, so dass $|f(z)|\geq 1$ auf $B_r(z_0)\setminus \lbrace z_0\rbrace$ gilt. Dann ist $$ g\colon B_r(z_0)\setminus \lbrace z_0\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{1}{f(z)} $$ holomorph fortsetzbar mit Fortsetzung $\tilde g$ (warum?). Überlege dir außerdem, dass $\tilde g(z_0)=0$ gilt. Sei dann $k:=\opn{ord}_{z_0}(\tilde g)\geq 1$ (Warum größer oder gleich $1$?). Weiter gibt es dann ein holomorphes $h\colon B_r(z_0)\to \mathbb C$ mit $h(z_0)\neq 0$ und $$ \tilde g(z)=(z-z_0)^kh(z). $$ Nun können wir o.B.d.A. annehmen (sonst verkleinere $r>0$), dass generell $h(z)\neq 0$ gilt. Betrachte nun die Taylor-Reihe von $\frac 1h$ in $z_0$ und leite daraus her, wie die Laurent-Reihe von $f$ um $z_0$ aussieht. Die umgekehrte Richtung können wir uns ansehen, wenn wir diese Richtung erledigt haben. LG Nico\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-28 09:55

Entschuldige für die späte Antwort. \quoteon(2021-09-26 12:05 - nzimme10 in Beitrag No. 3) Dann ist $$ g\colon B_r(z_0)\setminus \lbrace z_0\rbrace\to \mathbb C, \ z\mapsto \frac{1}{f(z)} $$ holomorph fortsetzbar mit Fortsetzung $\tilde g$ (warum?). Überlege dir außerdem, dass $\tilde g(z_0)=0$ gilt. \quoteoff Ich weiß noch nicht genau warum $g$ dann holomorph forsetzbar ist. Pole von $f$ sind doch Nullstellen von $\frac{1}{f}$, oder müssen wir das noch zeigen? Dann gibts doch denn Satz, dass $z_0$ genau dann eine hebbare Singularität von $g(z):=\frac{1}{f}$ ist, wenn $lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0)g(z)=0$, also Fortsetzung $\tilde g$ mit $\tilde g(z_0)=0$. Oder warum ist $g$ fortsetzbar? \quoteon Weiter gibt es dann ein holomorphes $h\colon B_r(z_0)\to \mathbb C$ mit $h(z_0)\neq 0$ und $$ \tilde g(z)=(z-z_0)^kh(z). $$ Betrachte nun die Taylor-Reihe von $\frac 1h$ in $z_0$ und leite daraus her, wie die Laurent-Reihe von $f$ um $z_0$ aussieht. \quoteoff Das schaffe ich irgendwie nicht... es muss ja eine Laurentreihe mit abbrechendem Hauptteil herauskommen... es gilt ja $\frac{1}{h}(z) = \frac{1}{\tilde{g}(z)}(z-z_0)^k$ und für die Taylorentwicklung gilt allgemein für eine Funktion $f$ um $z_0$: $T_{f;z_0}(z) = \sum_{k=0}^{\infty}a_k (z-z_0)^k$ mit $a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}$ Ich sehe irgendwie nicht wie ich daraus die Laurententwicklung herleiten kann, ich sehe keinen (abbrechenden) Hauptteil...


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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-28 10:14

In meinem anderen Thread (https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=255585&start=0#p1856670) habe ich eine ähnliche Frage, welche ich unten im letzten Beitrag ergänzt habe. Meine Unverständlichkeiten hier ähneln sehr stark Argumenten im Beweis des Satzes zur Charakterisierung von Polen, eventuell könntest du mir erst meine Fragen dort beantworten? Das wäre echt sehr nett und hilfreich, danke im Voraus!


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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-09-28 23:05

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2021-09-28 09:55 - LamyOriginal in Beitrag No. 4) Ich weiß noch nicht genau warum $g$ dann holomorph forsetzbar ist. Pole von $f$ sind doch Nullstellen von $\frac{1}{f}$, oder müssen wir das noch zeigen? Dann gibts doch denn Satz, dass $z_0$ genau dann eine hebbare Singularität von $g(z):=\frac{1}{f}$ ist, wenn $lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0)g(z)=0$, also Fortsetzung $\tilde g$ mit $\tilde g(z_0)=0$. Oder warum ist $g$ fortsetzbar? \quoteoff $g$ ist holomorph fortsetzbar nach dem Riemann'schen Hebbarkeitssatz. Beachte, dass $g=\frac 1f$ beschränkt ist auf $B_r(z_0)\setminus\lbrace z_0\rbrace$, da $|f|$ dort nach unten durch $1$ beschränkt ist. \quoteon Das schaffe ich irgendwie nicht... es muss ja eine Laurentreihe mit abbrechendem Hauptteil herauskommen... es gilt ja $\frac{1}{h}(z) = \frac{1}{\tilde{g}(z)}(z-z_0)^k$ und für die Taylorentwicklung gilt allgemein für eine Funktion $f$ um $z_0$: $T_{f;z_0}(z) = \sum_{k=0}^{\infty}a_k (z-z_0)^k$ mit $a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}$ Ich sehe irgendwie nicht wie ich daraus die Laurententwicklung herleiten kann, ich sehe keinen (abbrechenden) Hauptteil... \quoteoff Da $\frac 1h$ holomorph ist gibt es $c_n\in \mathbb C$ derart, dass $$ \frac{1}{h(z)}=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n $$ für alle $z\in B_r(z_0)$ gilt. Daher haben wir für alle $z\in B_r(z_0)\setminus\lbrace z_0\rbrace$ $$ f(z)=\frac{1}{\tilde g(z)}=(z-z_0)^{-k}\frac{1}{h(z)}=(z-z_0)^{-k}\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^{n-k}=\sum_{n=-k}^\infty c_{n+k}(z-z_0)^n. $$ Mit $a_n:=c_{n+k}$ gilt also für alle $z\in B_r(z_0)\setminus\lbrace z_0\rbrace$ $$ f(z)=\sum_{n=-k}^\infty a_{n}(z-z_0)^n. $$ LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-30 21:24

Hallo Nico, vielen lieben Dank nochmal für deine schnelle und ausführliche Hilfe bei meinen Fragen! Prüfung in Funktionentheorie ist heute gut verlaufen


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LamyOriginal hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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