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| Aufgabe | Bestimmen Sie die Arten der isolierten Singularitäten folgender Funktionen:
i) [mm] f(z) = \bruch{\sin (z)}{z} \quad z \not= 0[/mm]
ii) [mm] f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) \quad z \not= 0[/mm]
iii) [mm] f(z) = \bruch{1}{\sin(z)} \quad z \not= k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm]
iv) [mm] f(z) = \bruch{1}{\sin(\bruch{1}{z})} \quad \bruch{1}{z} \not= k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm] und [mm]z \not= 0[/mm]. |
Hallo zusammen,
zu i.):
Also [mm] f(z) = \bruch{1}{z} \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu+1}}{(2\nu+1)!} = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
Hier finde ich keinen Weg um [mm]\nu[/mm] in der Potenz von z zu isolieren.
Ich vermute aber, dass es sich um eine hebbare Singularität handelt.
Vllt. könnte man zeigen das [mm]f(z)[/mm] in einer Umgebung von 0 beschränkt ist.
zu ii.):
[mm] f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{-2\nu-1}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
Hier weiß ich nicht, ob das die Reihe einer bekannten Funktion ist oder nicht. Wieder finde ich keinen Weg [mm]\nu[/mm] zu isolieren.
Ich vermute aber eine wesentliche Singularität.
zu iii.):
Der Sinus hat an [mm]z = k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm] Nullstellen der Ordnung 1, also hat [mm]f(z)[/mm] Pole der Ordnung 1 an [mm]z = k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm].
zu iv.):
Hier lässt sich bestimmt eine Argumentation mit den Ergebnissen aus ii.) aufstellen. Aber wie?
Ich vermute Pole der Ordnung 1 an [mm] \bruch{1}{z} = k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm] und eine hebbare Singularität an [mm]z = 0[/mm].
Anscheinend habe ich ein Problem mit der Reihenentwicklung. Mir fallen keine "Tricks" für eine geschickte Umformung ein. Wenn ich diese hätte, dann müßte ich nicht vermuten.
Vielen Dank im Vorraus!
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Hallo coffeee5000,
> Bestimmen Sie die Arten der isolierten Singularitäten
> folgender Funktionen:
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> i) [mm]f(z) = \bruch{\sin (z)}{z} \quad z \not= 0[/mm]
>
> ii) [mm]f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) \quad z \not= 0[/mm]
>
> iii) [mm]f(z) = \bruch{1}{\sin(z)} \quad z \not= k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm]
>
> iv) [mm]f(z) = \bruch{1}{\sin(\bruch{1}{z})} \quad \bruch{1}{z} \not= k\pi[/mm]
> für [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm] und [mm]z \not= 0[/mm].
> Hallo
> zusammen,
>
> zu i.):
> Also [mm]f(z) = \bruch{1}{z} \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu+1}}{(2\nu+1)!} = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
>
> Hier finde ich keinen Weg um [mm]\nu[/mm] in der Potenz von z zu
> isolieren.
> Ich vermute aber, dass es sich um eine hebbare
> Singularität handelt.
> Vllt. könnte man zeigen das [mm]f(z)[/mm] in einer Umgebung von 0
> beschränkt ist.
>
> zu ii.):
> [mm]f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{-2\nu-1}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
>
> Hier weiß ich nicht, ob das die Reihe einer bekannten
> Funktion ist oder nicht. Wieder finde ich keinen Weg [mm]\nu[/mm] zu
> isolieren.
> Ich vermute aber eine wesentliche Singularität.
>
> zu iii.):
> Der Sinus hat an [mm]z = k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm] Nullstellen der
> Ordnung 1, also hat [mm]f(z)[/mm] Pole der Ordnung 1 an [mm]z = k\pi[/mm]
> für [mm]k \in \IZ[/mm].
>
> zu iv.):
> Hier lässt sich bestimmt eine Argumentation mit den
> Ergebnissen aus ii.) aufstellen. Aber wie?
> Ich vermute Pole der Ordnung 1 an [mm]\bruch{1}{z} = k\pi[/mm] für
> [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm] und eine hebbare Singularität an [mm]z = 0[/mm].
>
> Anscheinend habe ich ein Problem mit der Reihenentwicklung.
> Mir fallen keine "Tricks" für eine geschickte Umformung
> ein. Wenn ich diese hätte, dann müßte ich nicht
> vermuten.
>
Falls f(z) an der Stelle c keine hebbare Singularität hat,
dann kann die Art der Singularität so bestimmt werden:
Für welches [mm]\alpha \in \IN[/mm]
ist
[mm]\limes_{z \rightarrow c}\left(z-c\right)^{\alpha\right}*f\left(z\right)[/mm]
beschränkt.
> Vielen Dank im Vorraus!
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:50 Mo 04.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> Bestimmen Sie die Arten der isolierten Singularitäten
> folgender Funktionen:
>
> i) [mm]f(z) = \bruch{\sin (z)}{z} \quad z \not= 0[/mm]
>
> ii) [mm]f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) \quad z \not= 0[/mm]
>
> iii) [mm]f(z) = \bruch{1}{\sin(z)} \quad z \not= k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm]
>
> iv) [mm]f(z) = \bruch{1}{\sin(\bruch{1}{z})} \quad \bruch{1}{z} \not= k\pi[/mm]
> für [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm] und [mm]z \not= 0[/mm].
> Hallo
> zusammen,
>
> zu i.):
> Also [mm]f(z) = \bruch{1}{z} \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu+1}}{(2\nu+1)!} = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
>
> Hier finde ich keinen Weg um [mm]\nu[/mm] in der Potenz von z zu
> isolieren.
??????? Was meinst Du damit ??
> Ich vermute aber, dass es sich um eine hebbare
> Singularität handelt.
> Vllt. könnte man zeigen das [mm]f(z)[/mm] in einer Umgebung von 0
> beschränkt ist.
Es ist doch stadtbekannt, dass [mm] \limes_{z \rightarrow 0}\bruch{sin(z)}{z}=1 [/mm] ist !!!
>
> zu ii.):
> [mm]f(z) = \sin (\bruch{1}{z}) = \summe_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\bruch{z^{-2\nu-1}}{(2\nu+1)!} = ?[/mm]
>
> Hier weiß ich nicht, ob das die Reihe einer bekannten
> Funktion ist oder nicht.
Das ist die Laurententwicklung von [mm] \sin (\bruch{1}{z}) [/mm] um 0. Schreib die mal aus, dann siehst Du , dass f in 0 eine wesentliche Singularität hat.
> Wieder finde ich keinen Weg [mm]\nu[/mm] zu
> isolieren.
?????
> Ich vermute aber eine wesentliche Singularität.
>
> zu iii.):
> Der Sinus hat an [mm]z = k\pi[/mm] für [mm]k \in \IZ[/mm] Nullstellen der
> Ordnung 1, also hat [mm]f(z)[/mm] Pole der Ordnung 1 an [mm]z = k\pi[/mm]
> für [mm]k \in \IZ[/mm].
Das ist korrekt !
>
> zu iv.):
> Hier lässt sich bestimmt eine Argumentation mit den
> Ergebnissen aus ii.) aufstellen. Aber wie?
> Ich vermute Pole der Ordnung 1 an [mm]\bruch{1}{z} = k\pi[/mm] für
> [mm]k \in \IZ\setminus\{0\}[/mm]
Stimmt.
> und eine hebbare Singularität an [mm]z = 0[/mm].
Nein. z=0 ist doch Häufungspunkt von Polen. Wie nennt man sowas ? Antwort: Warschau. Spass beiseite: z=0 ist keine isolierte Singularität von f.
FRED
>
> Anscheinend habe ich ein Problem mit der Reihenentwicklung.
> Mir fallen keine "Tricks" für eine geschickte Umformung
> ein. Wenn ich diese hätte, dann müßte ich nicht
> vermuten.
>
> Vielen Dank im Vorraus!
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zu i.)
[mm] f(z) = \bruch{\sin(z)}{z} = \summe_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu}}{(2\nu+1)!}[/mm]
[mm]\Rightarrow \quad a_{\nu}\equiv 0 \quad \forall \nu < 0[/mm]
[mm]\Rightarrow \quad f(z)[/mm] hat an 0 eine hebbare Lücke.
zu ii.)
[mm] f(z) = \sin(\bruch{1}{z}) = \summe_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu}\bruch{z^{-2\nu-1}}{(2\nu+1)!} = \summe_{\nu=-\infty}^{0} (-1)^{-\nu}\bruch{z^{2\nu-1}}{(-2\nu+1)!}[/mm]
[mm]\Rightarrow \quad a_{\nu}\not= 0 \quad \forall \nu \le 0[/mm]
[mm]\Rightarrow \quad f(z)[/mm] hat an 0 eine wesentliche Singularität.
Sollte das so stimmen, dann weiß ich nun wo mein Problem lag.
Ich wollte [mm]f(z)[/mm] immer direkt als [mm]f(z) = \summe_{\nu=-\infty}^{\infty}a_{\nu}(z-a)^{\nu}[/mm] darstellen. Das es für die Bestimmung der Art der Singularität nur nötig ist, den Exponenten positiv zu setzen, war mir vorher nicht klar.
Wenn ich aber weiter gehe und die Residuen bestimmen will, dann benötige ich doch [mm] a_{-1} [/mm] der Darstellung [mm]f(z) = \summe_{\nu = -\infty}^{\infty} a_{\nu}(z-a)^{\nu}[/mm].
Kann ich dort auch auf eine Darstellung mit "krummen" Exponenten zurückgreifen oder muss ich dort direkt [mm]z^{\nu}[/mm] rausarbeiten?
Das habe ich übrigens oben gemeint gehabt mit "[mm]\nu[/mm] isolieren".
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:41 Di 05.07.2011 | | Autor: | fred97 |
> zu i.)
> [mm]f(z) = \bruch{\sin(z)}{z} = \summe_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu}\bruch{z^{2\nu}}{(2\nu+1)!}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \quad a_{\nu}\equiv 0 \quad \forall \nu < 0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \quad f(z)[/mm] hat an 0 eine hebbare Lücke.
>
> zu ii.)
> [mm]f(z) = \sin(\bruch{1}{z}) = \summe_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu}\bruch{z^{-2\nu-1}}{(2\nu+1)!} = \summe_{\nu=-\infty}^{0} (-1)^{-\nu}\bruch{z^{2\nu-1}}{(-2\nu+1)!}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \quad a_{\nu}\not= 0 \quad \forall \nu \le 0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \quad f(z)[/mm] hat an 0 eine wesentliche
> Singularität.
>
> Sollte das so stimmen, dann weiß ich nun wo mein Problem
> lag.
Es stimmt so.
> Ich wollte [mm]f(z)[/mm] immer direkt als [mm]f(z) = \summe_{\nu=-\infty}^{\infty}a_{\nu}(z-a)^{\nu}[/mm]
> darstellen. Das es für die Bestimmung der Art der
> Singularität nur nötig ist, den Exponenten positiv zu
> setzen,
von was sprichst Du ???
> war mir vorher nicht klar.
> Wenn ich aber weiter gehe und die Residuen bestimmen will,
> dann benötige ich doch [mm]a_{-1}[/mm] der Darstellung [mm]f(z) = \summe_{\nu = -\infty}^{\infty} a_{\nu}(z-a)^{\nu}[/mm].
Ja
>
> Kann ich dort auch auf eine Darstellung mit "krummen"
> Exponenten zurückgreifen oder muss ich dort direkt [mm]z^{\nu}[/mm]
> rausarbeiten?
ich verstehe nicht, was Du meinst !
FRED
> Das habe ich übrigens oben gemeint gehabt mit "[mm]\nu[/mm]
> isolieren".
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