Integral holomorp. Funktionen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:24 Mo 08.05.2006 | | Autor: | susi2006 |
| Aufgabe | Sei [mm] c:[\alpha,\beta]\to\IC [/mm] ein geschlossener stückweise stetig, diffbarer Weg, seien
a,b [mm] \in \IC [/mm] \ [mm] c([\alpha,\beta]) [/mm] mit Uml(c,a)=Uml(c,b) (Uml:= Umlaufzahl oder Windungszahl) und sei n [mm] \in \IN
[/mm]
Zeige: [mm] \integral_{c}{\bruch{1}{(z-a)^{n+1}(z-b)} dz}=0
[/mm]
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Hallo!
Ich soll die oben genannte Aufgabe lösen. Ich habe es mit Hilfe der Cauchy-Integralformel probiert und dabei [mm] f(z):=(z-b)^{-1} [/mm] definiert. Aber ich weiß nicht ob das überhaupt zulässig ist, denn f(z) wäre ja in z=b gar nicht definiert und somit in b auch nicht holomorph. Ich weiß also nicht, wie ich die Aufgabe lösen soll.
Vielleicht kann mir jemand helfen!
Vielen Dank im Voraus
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:54 Mo 08.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei [mm]c:[\alpha,\beta]\to\IC[/mm] ein geschlossener stückweise
> stetig, diffbarer Weg, seien
> a,b [mm]\in \IC[/mm] \ [mm]c([\alpha,\beta])[/mm] mit Uml(c,a)=Uml(c,b)
> (Uml:= Umlaufzahl oder Windungszahl) und sei n [mm]\in \IN[/mm]
>
> Zeige: [mm]\integral_{c}{\bruch{1}{(z-a)^{n+1}(z-b)} dz}=0[/mm]
>
> Hallo!
>
> Ich soll die oben genannte Aufgabe lösen. Ich habe es mit
Versuchs doch mal mit dem Residuensatz. Die Residuen in $z = a$ und $z = b$ kannst du einfach durch Laurententwicklung in den Punkten ausrechnen (in $z = b$ geht das sehr einfach, da das Residuum dort gerade gleich [mm] $\frac{1}{(b - a)^{n+1}}$ [/mm] ist, weisst du warum?).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:53 Mo 08.05.2006 | | Autor: | susi2006 |
Hallo Felix!
Leider haben wir den Residuensatz noch nicht und somit darf ich ihn wohl auch noch nicht anwenden.
Wir haben gerade die Umlaufzahl eingeführt und sind zuletzt bis zum Cauchyschen Integralsatz für die n-te Ableitung gekommen.
Vielleicht hast du eine andere Idee. Wie gesagt, ich habe es mit der Cauchyschen Integralformel für die n-te Ableitung versucht, aber es hat nicht funktioniert.
Viele Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:44 Mo 08.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Susi!
> Leider haben wir den Residuensatz noch nicht und somit darf
> ich ihn wohl auch noch nicht anwenden.
Schade 
> Wir haben gerade die Umlaufzahl eingeführt und sind
> zuletzt bis zum Cauchyschen Integralsatz für die n-te
> Ableitung gekommen.
> Vielleicht hast du eine andere Idee. Wie gesagt, ich habe
> es mit der Cauchyschen Integralformel für die n-te
> Ableitung versucht, aber es hat nicht funktioniert.
Versuchs mal mit Partialbruchzerlegung. Ok, das ist fuer allgemeines $n$ auf den ersten Blick nicht so einfach, mit Maple kann man das allerdings fix fuer ein paar Werte von $n$ durchprobieren und es scheint folgendes zu gelten: [mm] $\frac{1}{(z - a)^{n+1} (z - b)} [/mm] = [mm] \frac{(b - a)^{-n-1}}{z - b} [/mm] - [mm] \sum_{k=1}^{n+1} \frac{(b - a)^{k-n-2}}{(z - a)^k}$.
[/mm]
Du kannst ja mal versuchen, das per Induktion zu beweisen. Wenn du das hast kannst du das Integral aufspalten (Linearitaet) und jeden Summanden einzeln mit dem Cauchy-Integralsatz bearbeiten...
LG Felix
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