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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:25 Mi 01.06.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Sorry, diesmal hatte ich leider sehr viel zu tun, deshalb bin ich jetzt etwas sehr spät dran. Aber ich denke, dass diese Aufgabe hier trotzdem noch bis Freitag morgen zu schaffen ist - wenn ihr mir ein bisschen helft. :-(
Berechne die Polstellen und die Residuen in den Polstellen der Funktion
[mm] f(z)=\bruch{1}{z^2(z+i)}.
[/mm]
Also, ich habe da als Polstellen gefunden: z=0 und z=-i - gibt's da noch eine? Und mit dem Residuum komme ich noch nicht so ganz klar.
Wir haben definiert:
[mm] Res_af:=\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial{B_r}(a)}f(z)dz
[/mm]
Nun kann ich da zwar a=0 bzw. a=-i einsetzen, aber wie finde ich dann eine Stammfunktion? Und wie berechne ich das dann in dem Kreis [mm] B_r(0)? [/mm] (das müsste ich eigentlich wissen, vielleicht reicht ein kurzes Stichwort...)
Nachtrag: (Vielleicht kann mir das mit dem Kreis trotzdem jemand kurz sagen...) aber ich habe gerade festgestellt, dass wir ja noch mehr dazu aufgeschrieben haben. Und zwar:
Falls f Pol 1. Ordnung in a hat, dann Res_af = [mm] \lim_{z\to a}(z-a)f(z)
[/mm]
Also hätte ich hier:
[mm] Res_{0}f= [/mm] ... [mm] =\lim_{z\to 0}\bruch{1}{z(z+i)} [/mm] - aber was ist das? [mm] \infty?
[/mm]
Bei -i ist das doch dann -1, oder?
So, dann muss ich noch die Laurententwicklungen in drei Kreisringen berechnen, vielleicht kann mir das mal jemand bei einem der drei vormachen? Ich würde den "mittelschweren" (vermute ich jedenfalls) vorschlagen, also [mm] \{1<|z|<\infty\}, [/mm] die anderen beiden schaffe ich dann hoffentlich alleine.
Also, in der Vorlesung hatten wir ein Beispiel, wo der Prof dann die Funktion sehr schön in die Differenz zweier Funktionen zerlegt hat (er hatte das Beispiel extra so gewählt, dass es direkt hinkam  ). Mir sieht das irgendwie nach Partialbruchzerlegung aus, allerdings fehlt mir bei dieser Funktion hier der Ansatz. Kann mir den jemand sagen bitte? Oder bin ich auf dem falschen Weg?
Viele Grüße
Bastiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:11 Do 02.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Berechne die Polstellen und die Residuen in den Polstellen
> der Funktion
> [mm]f(z)=\bruch{1}{z^2(z+i)}.[/mm]
>
> Also, ich habe da als Polstellen gefunden: z=0 und z=-i -
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> gibt's da noch eine?
Nein.
> Und mit dem Residuum komme ich noch
> nicht so ganz klar.
> Wir haben definiert:
> [mm]Res_af:=\bruch{1}{2\pi i}\integral_{\partial{B_r}(a)}f(z)dz[/mm]
>
> Nun kann ich da zwar a=0 bzw. a=-i einsetzen, aber wie
> finde ich dann eine Stammfunktion? Und wie berechne ich das
> dann in dem Kreis [mm]B_r(0)?[/mm] (das müsste ich eigentlich
> wissen, vielleicht reicht ein kurzes Stichwort...)
Naja, wenn du es ganz elementar machen willst, dann musst du den Kreis parametrisieren und dann mit der Formel:
[mm] $\int_0^{2\pi} f(\gamma(t)) \gamma'(t)\, [/mm] dt$
operieren...
Oder man nutzt Sätze der Funktionentheorie aus, etwa die Kenntnis von [mm] $\int_{B_r(a)} \frac{1}{z-a}\, [/mm] dz = [mm] 2\pi [/mm] i$.
Aber man macht es lieber mit den direkten Formeln (siehe unten).
> Nachtrag: (Vielleicht kann mir das mit dem Kreis trotzdem
> jemand kurz sagen...) aber ich habe gerade festgestellt,
> dass wir ja noch mehr dazu aufgeschrieben haben. Und zwar:
> Falls f Pol 1. Ordnung in a hat, dann Res_af = [mm]\lim_{z\to a}(z-a)f(z)[/mm]
>
> Also hätte ich hier:
> [mm]Res_{0}f=[/mm] ... [mm]=\lim_{z\to 0}\bruch{1}{z(z+i)}[/mm] - aber was
> ist das? [mm]\infty?[/mm]
Die Formel gilt nur für Pole erster Ordnung (siehe unten).
> Bei -i ist das doch dann -1, oder?
Hat $f$ in [mm] $z_0$ [/mm] einen Pol $n$-ter Ordnung, so gilt mit [mm] $g(z):=(z-z_0)^nf(z)$:
[/mm]
[mm] $Res_{z_0}f [/mm] = [mm] \frac{1}{(n-1)!}g^{(n-1)}(z_0)$.
[/mm]
Bei dir hat $f$ in [mm] $z_0=0$ [/mm] einen Pol zweiter Ordnung, so dass gilt:
[mm] $Res_0 [/mm] f = [mm] \frac{d}{dz}|_{z=0} \frac{1}{z+i} [/mm] = - [mm] \frac{1}{(z+i)^2}|_{z=0} [/mm] = - [mm] \frac{1}{i^2} [/mm] = 1$.
Zur Laurententwicklung kann vielleicht jemand anderes was schreiben, gleich fängt mein Kurs an.
Kommst du denn jetzt zum Kurs nächste Woche? Ich brauche dringend noch Teilnehmer. Wo ich dir doch jetzt geholfen habe, könntest du eigentlich auch kommen... Oder hast du meine PN nicht erhalten?
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:22 Do 02.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Hier, wie gewünscht, die Laurententwicklung in [mm] $K_0(1,+\infty) [/mm] = [mm] \{z \in \IC\, : \, 1<|z|<+\infty\}$:
[/mm]
[mm] $\frac{1}{z^2(z+i)} [/mm] = [mm] \frac{1}{z^3}\cdot \frac{1}{1 - \frac{-i}{z}} [/mm] = [mm] \frac{1}{z^3} \sum\limits_{\nu=0}^{\infty}(-i)^{\nu}z^{-\nu} [/mm] = [mm] \sum\limits_{\nu=-3}^{-\infty} (-i)^{-\nu+3} z^{\nu}$
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:37 Fr 03.06.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
In deiner ersten Antwort habe ich wohl alles verstanden! Danke.
Aber leider hakt es hier etwas... ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]")
> Hier, wie gewünscht, die Laurententwicklung in
> [mm]K_0(1,+\infty) = \{z \in \IC\, : \, 1<|z|<+\infty\}[/mm]:
>
> [mm]\frac{1}{z^2(z+i)} = \frac{1}{z^3}\cdot \frac{1}{1 - \frac{-i}{z}} = \frac{1}{z^3} \sum\limits_{\nu=0}^{\infty}(-i)^{\nu}z^{\nu} = \sum\limits_{\nu=-3}^{-\infty} (-i)^{\nu-3} z^{\nu}[/mm]
1. Frage: Wie kommt man auf diese Zerlegung? (direkt das erste Gleichheitszeichen)
2. Frage: Und wie erklärt sich das zweite Gleichheitszeichen? Bestimmt mit der geometrischen Reihe, oder? Aber ich habe gerade bestimmt eine halbe Stunde rumprobiert und es leider nicht rausgefunden... :-/
3. Frage: Wo hast du angewendet, dass [mm] 1<|z|<\infty? [/mm] Wenn ich das wüsste, hätte ich vielleicht etwas bessere Chancen, auch die anderen zwei zu probieren. Leider weiß ich da aber überhaupt nicht, wie ich anfangen soll. Nimmt man da die gleiche Zerlegung? Oder wonach richtet sich das? Irgendwie blicke ich da noch nicht so ganz durch.
Falls du morgen früh noch Zeit hast, kannst du mir kurz vllt. die 3. Frage vor allem beantworten oder einen kleinen Ansatz dafür geben, und zwar hierfür: [mm] \{0<|z|<1\}. [/mm] Dann kann ich evtl. noch vor/in der Vorlesung ein bisschen rumprobieren. (Ansonsten wäre da noch [mm] \{0<|z+i|<\infty\}, [/mm] aber ich liege im Moment ganz gut mit den Punkten (vor allem dank deiner Hilfe ), sodass ich die nicht unbedingt auch noch schaffen muss.)
Also, falls du es noch bis ca halb 8 schaffen solltest, wäre das toll, ansonsten würde mich aber eine kurze Antwort später auch noch interessieren, aber damit kannst du dir dann übers WE oder noch länger Zeit lassen (oder warten, bis es ein anderer macht *g*).
Viele Grüße und vielen Dank schon mal für die Antwort bis hierhin.
Christiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:51 Fr 03.06.2005 | | Autor: | Marc |
Hallo Basti!
> > Hier, wie gewünscht, die Laurententwicklung in
> > [mm]K_0(1,+\infty) = \{z \in \IC\, : \, 1<|z|<+\infty\}[/mm]:
> >
> > [mm]\frac{1}{z^2(z+i)} = \frac{1}{z^3}\cdot \frac{1}{1 - \frac{-i}{z}} = \frac{1}{z^3} \sum\limits_{\nu=0}^{\infty}(-i)^{\nu}z^{\nu} = \sum\limits_{\nu=-3}^{-\infty} (-i)^{\nu-3} z^{\nu}[/mm]
>
> 1. Frage: Wie kommt man auf diese Zerlegung? (direkt das
> erste Gleichheitszeichen)
da hat Stefan "mit Gewalt" versucht, eine geometrische Reihe "auszuklammern".
> 2. Frage: Und wie erklärt sich das zweite
> Gleichheitszeichen? Bestimmt mit der geometrischen Reihe,
> oder? Aber ich habe gerade bestimmt eine halbe Stunde
> rumprobiert und es leider nicht rausgefunden... :-/
Da steckt meiner Meinung nach auch ein kleiner Fehler drin, ich füge mal ein paar mehr Zwischenschritte ein (auch für mich  ):
[mm] $\frac{1}{z^3}\cdot \frac{1}{1 - \frac{-i}{z}}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{z^3} \sum\limits_{\nu=0}^{\infty}\left(\frac{-i}{z}\right)^{\nu}$
[/mm]
$= [mm] \frac{1}{z^3} \sum\limits_{\nu=0}^{\infty}(-i)^{\nu}z^{\red{-}\nu}$
[/mm]
[mm] $=\sum\limits_{\nu=0}^{\infty}(-i)^{\nu}z^{-\nu-3}$
[/mm]
[mm] $=\sum\limits_{\nu=0}^{-\infty}(-i)^{-\nu}z^{\nu-3}$
[/mm]
[mm] $=\sum\limits_{\nu=-3}^{-\infty}(-i)^{-\nu+3}z^{\nu}$
[/mm]
Meiner Meinung nach eignet sich diese Laurent-Reihe nicht, um das Residuum [mm] $\mathrm{Res}_0 [/mm] f$ zu bestimmen.
Für die Formel [mm] $a_{-1}=\mathrm{Res}_0 [/mm] f$ benötigt man doch die Laurent-Entwicklung auf einer punktierten Kreisschreibe um die Singularität herum, also hier auf [mm] $\{0<|z|
> 3. Frage: Wo hast du angewendet, dass [mm]1<|z|<\infty?[/mm]
Das steckt in der geometrischen Reihe, denn nur wegen [mm] $1<|z|<\infty$ [/mm] gilt [mm] $\left|\frac{-i}{z}\right|<1$.
[/mm]
> Wenn
> ich das wüsste, hätte ich vielleicht etwas bessere Chancen,
> auch die anderen zwei zu probieren. Leider weiß ich da aber
> überhaupt nicht, wie ich anfangen soll. Nimmt man da die
> gleiche Zerlegung? Oder wonach richtet sich das? Irgendwie
> blicke ich da noch nicht so ganz durch.
Das richtet sich eben danach, ob du aus der Darstellung der Funktion den Ausdruck [mm] $\frac{1}{1-q}$ [/mm] mit $|q|<1$ ausklammern kannst.
> Falls du morgen früh noch Zeit hast, kannst du mir kurz
> vllt. die 3. Frage vor allem beantworten oder einen kleinen
> Ansatz dafür geben, und zwar hierfür: [mm]\{0<|z|<1\}.[/mm]
Zunächst überlege ich, dass $|z|<1$ und sich damit bereits als q für die geometrische Reihe eignet (es sollte also nicht im Nenner von q auftauchen, wie bei der Zerlegung oben...).
Durch geschicktes Ausklammern kommst du auf den Ausdruck [mm] $\frac{1}{\ldots*\left(1-\frac{-z}{i}\right)}$
[/mm]
(Mit $|z|<1$ ist natürlich auch [mm] $\left|\frac{z}{i}\right|<1$).
[/mm]
Übrigens kannst du mit dieser Laurent-Reihe dann Stefans Residuum bestätigen, indem du einfach den Koeffizienten [mm] $a_{-1}$ [/mm] von [mm] $z^{-1}$ [/mm] abliest.
> Dann
> kann ich evtl. noch vor/in der Vorlesung ein bisschen
> rumprobieren. (Ansonsten wäre da noch [mm]\{0<|z+i|<\infty\},[/mm]
> aber ich liege im Moment ganz gut mit den Punkten (vor
> allem dank deiner Hilfe ), sodass ich die nicht
> unbedingt auch noch schaffen muss.)
Hier soll die Laurent-Entwicklung um die andere Singularität -i ermittelt werden.
Mir ist hier allerdings unklar, wie das funktionieren soll, da f in dieser Kreisscheibe nicht holomorph ist (wegen der Singularität in 0).
Um die Aufgabe sinnvoll zu bearbeiten, muss man sich meiner Meinung nach auf den Kreisring [mm] $\{0<|z+i|<\red{1}\}$ [/mm] beschränken.
Da diese Umformung dann einen weiteren Trick erfordert, hier mal mein Versuch (dies ist meine erste konkrete Laurent-Zerlegung, hehe):
[mm] $\frac{1}{z^2*(z+i)}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{(z+i-i)^2*(z+i)}$ [/mm] | i ausklammern
[mm] $=\frac{1}{\left(\frac{z+i}{i}-1\right)^2*i^2*(z+i)}$
[/mm]
Hier ist nun [mm] $\left|\underbrace{\frac{z+i}{i}}_{=:q}\right|<1$, [/mm] und man kann im Folgenden dann ausnutzen: [mm] $\left(\frac{1}{1-q}\right)^2=\summe_{n=0}^{\infty} (n+1)*q^n$
[/mm]
Viele Grüße,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:00 Fr 03.06.2005 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan,
bin mal gespannt, ob du mit meinen Korrekturen in meiner Antwort einverstanden bist, dann hätte ich heute ziemlich viel gerlernt
Liebe Grüße,
Marc
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, liebe Christiane, und vielen Dank, Marc, für die Korrektur! ![[flowers]](/images/smileys/flowers.gif "[flowers]"){kind=small}
