iso. Singularitäten < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:36 So 02.09.2007 | | Autor: | Jonez |
| Aufgabe | Klassifiziere alle isolierten Singularitäten der folgenden Funktion und berechne jeweils die Residuen.
[mm]\cot(\bruch{1}{1-z})[/mm] |
Hi,
also es ist ja:
[mm]\cot(\bruch{1}{1-z}) = \bruch{\cos(\bruch{1}{1-z})}{\sin(\bruch{1}{1-z})}[/mm]
Und [mm]\sin(\bruch{1}{1-z}) = 0[/mm] für:
[mm]z_{k} = 1 - \bruch{1}{\pi k}[/mm]
Jetzt hab ich aber das Problem, was für isolierte Singularitäten es sind, also Pol, hebbar oder wesentliche Sing.
Ich hab auch die Lösung und dort hat die Funktion anscheinend Pole erste Ordnung an allen [mm]z_{k}[/mm], nur kann ich das nicht so ganz nachvollziehen.
Die [mm]z_{k}[/mm] liegen ja alle auf der reellen Achse, also ist auch [mm]\cos(\bruch{1}{1-z})[/mm] an diesen Stellen entwerde 1 oder -1.
[mm]\sin(\bruch{1}{1-z})[/mm] geht ja gegen 0, allerdings sollte es meiner Meinung nach einen Unterschied machen, ob man von "rechts" oder "links" gegen die [mm]z_{k}[/mm] läuft.
Kann das jetzt schlecht erklären, aber ich denke es ist
[mm]\limes_{x \rightarrow z_{k}{+}} \bruch{\cos(\bruch{1}{1-x})}{\sin(\bruch{1}{1-x})} \not= \limes_{x \rightarrow z_{k}{-}} \bruch{\cos(\bruch{1}{1-x})}{\sin(\bruch{1}{1-x})}[/mm]
bzw. einfacher:
[mm]\limes_{x \rightarrow z_{k}{+}} \bruch{1}{\sin(\bruch{1}{1-x})} \not= \limes_{x \rightarrow z_{k}{-}} \bruch{1}{\sin(\bruch{1}{1-x})}[/mm]
und somit würde ich annehmen, dass es sich hierbei um wesentliche Singularitäten handelt.
Wenn das jetzt jemand verstanden hat und weiß wo mein Fehler liegt, wär ich über einen Tipp sehr dankbar :)
Danke,
Jonas
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:47 So 02.09.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Jonez,
> Klassifiziere alle isolierten Singularitäten der folgenden
> Funktion und berechne jeweils die Residuen.
> [mm]\cot(\bruch{1}{1-z})[/mm]
> Hi,
>
> also es ist ja:
> [mm]\cot(\bruch{1}{1-z}) = \bruch{\cos(\bruch{1}{1-z})}{\sin(\bruch{1}{1-z})}[/mm]
>
> Und [mm]\sin(\bruch{1}{1-z}) = 0[/mm] für:
> [mm]z_{k} = 1 - \bruch{1}{\pi k}[/mm]
Korrekt, allerdings sind das nicht alle Singularitäten (siehe unten).
> Jetzt hab ich aber das Problem, was für isolierte
> Singularitäten es sind, also Pol, hebbar oder wesentliche
> Sing.
> Ich hab auch die Lösung und dort hat die Funktion
> anscheinend Pole erste Ordnung an allen [mm]z_{k}[/mm], nur kann ich
> das nicht so ganz nachvollziehen.
Das ist korrekt, es sind Pole 1. Ordnung.
> Die [mm]z_{k}[/mm] liegen ja alle auf der reellen Achse, also ist
> auch [mm]\cos(\bruch{1}{1-z})[/mm] an diesen Stellen entwerde 1 oder
> -1.
> [mm]\sin(\bruch{1}{1-z})[/mm] geht ja gegen 0, allerdings sollte es
> meiner Meinung nach einen Unterschied machen, ob man von
> "rechts" oder "links" gegen die [mm]z_{k}[/mm] läuft.
> Kann das jetzt schlecht erklären, aber ich denke es ist
> [mm]\limes_{x \rightarrow z_{k}{+}} \bruch{\cos(\bruch{1}{1-x})}{\sin(\bruch{1}{1-x})} \not= \limes_{x \rightarrow z_{k}{-}} \bruch{\cos(\bruch{1}{1-x})}{\sin(\bruch{1}{1-x})}[/mm]
Das ist für reelle Zahlen eine gute Überlegung, aber wir sind ja hier in der komplexen Ebene. Pole ungeradzahliger Ordnung sind im Reellen mit einem Vorzeichenwechsel der Funktion verbunden.
Numm die eine einfache Funktion [mm]z\mapsto\bruch{1}{1-z}[/mm]. Die hat offensichtlich einen Pol erster Ordnung bei [mm]z=1[/mm]. Für reelle [mm]z<1[/mm] ist sie positiv, für reelle [mm]z>1[/mm] ist sie negativ.
Um die Ordnung des Pols zu untersuchen, kannst du eine der folgenden beiden Überlegungen anstellen:
1. Wenn die Funktion [mm]f(z)[/mm] einen Pol n-ter Ordnung bei [mm]z=z_0[/mm] hat, so hat die Funktion [mm]g(z)=(z-z_0)^n f(z)[/mm] eine hebbare Singularität bei [mm]z=z_0[/mm]. Du kannst also deine Funktion mit [mm](z-z_k)[/mm] malnehmen und den Grenzübergang [mm]z\rightarrow z_k[/mm] überprüfen.
2. Wenn die Funktion [mm]f(z)=\bruch{g(z)}{h(z)}[/mm] und [mm]h(z)[/mm] hat bei [mm]z=z_0[/mm] eine Nullstelle n-ter Ordnung, so hat [mm]f(z)[/mm] bei [mm]z=z_0[/mm] einen Pol n-ter Ordnung, wenn [mm]g(z_0)[/mm] existiert und [mm]g(z_0)\not=0[/mm] ist. (Das kannst du mit der Methode 1 beweisen.)
Es gibt aber noch eine weitere Singularität bei [mm]z=1[/mm]. Dort geht das Argument des Cotangens gegen unendlich.
Alle Winkelfunktionen und die Exponentialfunktion haben bei [mm]\infty[/mm] eine wesentliche Singularität. Den Nachweis überlasse ich dir 
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Mo 03.09.2007 | | Autor: | Jonez |
| Aufgabe | 1. [mm] \bruch{\cosh(1 / z ^{2})}{z} [/mm]
2. [mm] \bruch{1}{\sinh(1/z)}[/mm]
3. [mm] \bruch{1 - \cos(z)}{z^{2}} [/mm] |
Hi,
danke. Den Nachweiß, dass alle Winkelfunktionen und die e-Funktion bei [mm] \infty [/mm] eine wesentliche Sing. haben lass ich jetzt mal weg, aber ist schonmal verdammt gut sowas zu wissen.
Jetzt hab ich grad eine andere Probeklausur (leider ohne Lösung), wo ich von oben stehenden Formeln wieder die iso. Sing. und die Residuen berechnen muss, allerdings häng ich hier jetzt wieder genauso :-(
Also zu Aufgabe 1:
[mm] \bruch{\cosh(1 / z ^{2})}{z} [/mm] hat ja auf jedenfall schonmal eine Singularität bei z = 0.
Ich würde jetzt behaupten, dass es sich um eine wesentliche Singularität handelt.
Deshalb würde ich um das Residuum bei 0 zu bestimmen die Laurentreihe dieser Gleichung entwickeln, also:
[mm] \bruch{1}{z} * \cosh(\bruch{1}{z^{2}} [/mm]
[mm] = \bruch{1}{z} * \summe_{k=0}^{\infty}{\bruch{1}{(2k)!} * (\bruch{1}{z^{2}})^{2k}} [/mm]
[mm] = \bruch{1}{z} * \summe_{k=0}^{\infty}{\bruch{1}{(2k)!} * (z^{-2})^{2k}} [/mm]
[mm] = \bruch{1}{z} * \summe_{k=0}^{\infty}{\bruch{1}{(2k)!} * (z)^{-4k}} [/mm]
[mm] = \summe_{k=0}^{\infty}{\bruch{1}{(2k)!} * (z)^{-4k - 1}} [/mm]
Jetzt steh ich aber grad schon wieder auf'm Schlauch, da ich nicht weiß, ob das Residuum jetzt 0 ist (da man ja schauen muss, was der Wert für k = -1 ist, wo die Reihe aber ja prakisch gar nicht definiert ist), oder ob ich die Reihe noch irgendwie umformen muss... ?
Zu Aufgabe 2:
sinh(z) ist ja = 0, falls z = 0.
Also gibt es einmal eine Singularität bei z = 0 und eine bei z = [mm] \infty.
[/mm]
Für z = [mm] \infty [/mm] ist es (meiner Meinung) nach ein Pol 1. Ordnung, da sich sinh(z) in der Nähe der 0 wie z verhält, und somit [mm] \limes_{z \rightarrow 0} (z - 0)^{1} * \bruch{1}{\sinh(1/z)} [/mm] beschränkt ( = 1) ist.
Für z = 0 gibt es wieder eine wesentliche Singularität.
Das Residuum bei [mm] \infty [/mm] ist dann:
[mm] \bruch{1}{\cosh(1 / \infty)} = 1 [/mm]
Für z = 0, weiß ich nicht wie ich es ausrechnen kann, oder ist es auch einfach 0 (wegen wesentlicher Sing.) ?
Aufgabe 3:
Hier weiß ich noch weniger was ich machen soll :-/
Die Singularität ist klar, dass sie bei z = 0 liegt, allerdings kann ich nicht sagen was jetzt schneller gegen 0 geht: [mm] z^{2} [/mm] oder [mm] 1 - \cos(z) [/mm] ...
Schonmal danke, falls ich langsam nicht schon zu arg auf die Nerven geh und Du (oder sonst jemand) Lust hat mir zu helfen.
Danke,
Jonas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:41 Mo 03.09.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Jonas,
> [mm]= \summe_{k=0}^{\infty}{\bruch{1}{(2k)!} * (z)^{-4k - 1}}[/mm]
>
> Jetzt steh ich aber grad schon wieder auf'm Schlauch, da
> ich nicht weiß, ob das Residuum jetzt 0 ist (da man ja
> schauen muss, was der Wert für k = -1 ist,
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Das Residuum ist der Vorfaktor des Gliedes [mm]\bruch{1}{z-z_0}[/mm], das ist in deinem Fall der Summand mit k=0, also 1.
> Zu Aufgabe 2:
> sinh(z) ist ja = 0, falls z = 0.
Korrekt, aber unvollständig: Die Nullstellen des Hyperbelsinus sind [mm]ik\pi[/mm] für beliebige ganzzahlige k. Das folgt sofort aus [mm]\sinh z = -i \sin(iz) [/mm]. Da alle Winkel- und Hyperbelfunktionen periodisch sind, sind auch die Residuen an allen diesen Punkten gleich.
Du musst deswegen nur das Residuum im Punkt z=0 ausrechnen.
> Für z = 0, weiß ich nicht wie ich es ausrechnen kann, oder
> ist es auch einfach 0 (wegen wesentlicher Sing.) ?
Nein. Ich würde die Potenzreihenentwicklung des sinh um 0 benutzen:
[mm] \sinh z = \summe_{k=0}^\infty \bruch{z^{2k+1}}{2k+1} [/mm]
Also ist
[mm] \sinh \bruch{1}{z} = \summe_{k=0}^\infty \bruch{z^{-2k-1}}{2k+1} = \summe_{k=-\infty}^0 \bruch{z^{2k-1}}{-2k+1} [/mm]
und daraus die ersten Glieder der Reihe für die gesuchte Funktion berechnen.
> Aufgabe 3:
> Hier weiß ich noch weniger was ich machen soll :-/
> Die Singularität ist klar, dass sie bei z = 0 liegt,
> allerdings kann ich nicht sagen was jetzt schneller gegen 0
> geht: [mm]z^{2}[/mm] oder [mm]1 - \cos(z)[/mm] ...
Das siehst du sofort, wenn du für [mm]\cos z[/mm] die Reihenentwicklung um 0 einsetzt (die ersten paar Glieder reichen).
Grüße
Rainer
|
|
|
|
