Frage zu Residuum/Laurentreihe < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:47 Di 30.11.2010 | | Autor: | Diary |
Hallo zusammen,
Sei f meromorph auf [mm] D\subset\IC [/mm] und [mm] c\in [/mm] D eine isolierte Singularität von f. Jetzt soll folgendes gelten:
[mm] Res_{c}f [/mm] = 0
Nun meine Frage: Folgt aus [mm] Res_{c}f [/mm] = 0 schon, dass f holomorph in einer klein genugen Kreisscheibe um c ist?
Wenn ja, würde ich gerne wissen, warum das so ist.
Liebe Grüße,
Diary
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:02 Mi 01.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Diary!
> Sei f meromorph auf [mm]D\subset\IC[/mm] und [mm]c\in[/mm] D eine isolierte
> Singularität von f. Jetzt soll folgendes gelten:
> [mm]Res_{c}f[/mm] = 0
>
> Nun meine Frage: Folgt aus [mm]Res_{c}f[/mm] = 0 schon, dass f
> holomorph in einer klein genugen Kreisscheibe um c ist?
Nein. Gegenbeispiel:
$D = [mm] \IC$, [/mm] $c = 0$, $f : z [mm] \mapsto \frac{1}{z^2}$
[/mm]
Es ist [mm] $Res_c [/mm] f = 0$, jedoch ist $f$ in keiner noch so kleinen Kreisscheibe um $0$ herum holomorph.
(Wenn du dagegen weisst, dass $f$ in $c$ einen Pol der Ordnung [mm] $\le [/mm] 1$ hast, dann folgt aus [mm] $Res_c [/mm] f = 0$, dass $f$ in $c$ holomorph ist.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:44 Mi 01.12.2010 | | Autor: | Diary |
Hallo Felix,
Super, dann habe ich da schon richtig gedacht.
Dass [mm] Res_{0}\bruch{1}{z^2}=0 [/mm] kann man einfach so ablesen:?
[mm] \bruch{1}{z^2}=\bruch{0}{z}+\bruch{1}{z^2}+\bruch{0}{z^3}+...
[/mm]
[mm] a_{-1}=Res_{0}\bruch{1}{z^2} [/mm] ist der Koeffizient, der bei [mm] \bruch{1}{z} [/mm] steht, also 0.
Zu meiner ersten Frage nochmal:
Wir hatten ein Beispiel gemacht in der Uni, nämlich:
[mm] Res_{0}cos(\bruch{1}{z})=0 [/mm]
Daraufhin fragte jemand, ob darauß jetzt folgt, dass [mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] eine Stammfunktion um 0 hat, was unser Professor mit ja beantwortet hat.
Das hatte mich verwirrt, (denn [mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] hat in 0 mMn auch keinen Pol 1. Ordnung.) War die Aussage meines Professors dann falsch?
Liebe Grüße,
Diary
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:23 Mi 01.12.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Felix,
>
> Super, dann habe ich da schon richtig gedacht.
> Dass [mm]Res_{0}\bruch{1}{z^2}=0[/mm] kann man einfach so ablesen:?
>
> [mm]\bruch{1}{z^2}=\bruch{0}{z}+\bruch{1}{z^2}+\bruch{0}{z^3}+...[/mm]
> [mm]a_{-1}=Res_{0}\bruch{1}{z^2}[/mm] ist der Koeffizient, der bei
> [mm]\bruch{1}{z}[/mm] steht, also 0.
Genau !
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> Zu meiner ersten Frage nochmal:
> Wir hatten ein Beispiel gemacht in der Uni, nämlich:
> [mm]Res_{0}cos(\bruch{1}{z})=0[/mm]
> Daraufhin fragte jemand, ob darauß jetzt folgt, dass
> [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] eine Stammfunktion um 0 hat, was unser
> Professor mit ja beantwortet hat.
Ja, da hat er recht. Genauer: [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] hat auf [mm] \IC [/mm] \ { 0 } eine Stammfunktion. Begründung: s. unten.
> Das hatte mich verwirrt, (denn [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] hat in 0
> mMn auch keinen Pol 1. Ordnung.) War die Aussage meines
> Professors dann falsch?
Nein.
Für jedes z in [mm] \IC [/mm] ist
$cos(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!}$
[/mm]
Für z [mm] \in \IC [/mm] \ { 0 } ist dann
[mm]cos(\bruch{1}{z})= \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n)!*z^{2n}}= 1-\bruch{1}{2!*z^2}+\bruch{1}{4!*z^4} + ...[/mm]
Das ist die Laurententwicklung von f um 0.
Jetzt kannst Du ablesen: $ [mm] Res_{0}cos(\bruch{1}{z})=0 [/mm] $ und [mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] hat in 0 eine wesentliche Singularität.
Schau Dir die Summanden in der Laurententwicklung an: jeder Summand besitzt auf [mm] \IC [/mm] \ { 0 } eine Stammfunktion. Da die Laurentreihe auf [mm] \IC [/mm] \ { 0 } lokal glm. konvergiert, ist gliedweise Integration erlaubt und [mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] besitzt somit auf [mm] \IC [/mm] \ { 0 } eine Stammfunktion.
Das kannst Du folgendermaßen verallgemeinern:
Sei $f(z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ [/mm] eine ganze Funktion und es sei [mm] a_1=0.
[/mm]
Die Laurententwicklung von f(1/z) um 0 lautet dann:
$f(1/z)= [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{a_n}{z^n}$ [/mm]
Ist der Koeffizient [mm] a_1=0, [/mm] so ist [mm] $Res_0 [/mm] f(1/z) =0$ und f(1/z) hat auf [mm] \IC [/mm] \ { 0 } eine Stammfunktion.
Weiter gilt:
f(1/z) hat in 0 eine wesentliche Singularität [mm] \gdw [/mm] f ist kein Polynom.
FRED
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> Liebe Grüße,
> Diary
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:32 Mi 01.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Zu meiner ersten Frage nochmal:
> > Wir hatten ein Beispiel gemacht in der Uni, nämlich:
> > [mm]Res_{0}cos(\bruch{1}{z})=0[/mm]
> > Daraufhin fragte jemand, ob darauß jetzt folgt, dass
> > [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] eine Stammfunktion um 0 hat, was unser
> > Professor mit ja beantwortet hat.
>
>
> Ja, da hat er recht. Genauer: [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] hat auf
> [mm]\IC[/mm] \ { 0 } eine Stammfunktion. Begründung: s. unten.
>
> > Das hatte mich verwirrt, (denn [mm]cos(\bruch{1}{z})[/mm] hat in 0
> > mMn auch keinen Pol 1. Ordnung.) War die Aussage meines
> > Professors dann falsch?
Um das anders als Fred zu verallgemeinern:
Ist $G$ ein einfach zusammenhaengendes Gebiet (etwa eine Kreisscheibe), [mm] $z_0 \in [/mm] G$ und $f : G [mm] \setminus \{ z_0 \} \to \IC$ [/mm] holomorph mit [mm] $Res_{z_0} [/mm] f = 0$, so gibt es eine holomorphe Funktion $g : G [mm] \setminus \{ z_0 \} \to \IC$ [/mm] mit $g' = f$.
Das bedeutet jedoch nicht, dass man $f$ oder $g$ in [mm] $z_0$ [/mm] holomorph fortsetzen kann!
(Ist $G$ eine Kreisscheibe mit Mittelpunkt [mm] $z_0$, [/mm] so kann man das ganze auch noch sehr einfach beweisen: man nimmt sich eine Laurententwicklung von $f$ um [mm] $z_0$, [/mm] etwa $f(z) = [mm] \sum_{n \in \IN} a_n z^n$, [/mm] und betrachtet $g(z) = [mm] \sum_{n \neq -1} a_n \frac{1}{n + 1} z^{n + 1}$; [/mm] der einzige Term, der Probleme macht, ist [mm] $a_{-1} z^{-1}$, [/mm] und da [mm] $a_{-1} [/mm] = [mm] Res_{z_0} [/mm] f = 0$ ist faellt dieser weg.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:02 Mi 01.12.2010 | | Autor: | Diary |
Hallo ihr beiden,
das habt ihr gut erklärt!
Mich hat es etwas verunsichert, weil ich dachte, er meinte das so:
[mm] Res_{0}cos(\bruch{1}{z})=0 [/mm] => [mm] cos(\bruch{1}{z}) [/mm] holomorph => Stammfunktion existiert.
Und das ist ja falsch.
Dass um Null eine Stammfunktion existiert folgt ja schon darauß, dass cos und [mm] \bruch{1}{z} [/mm] um Null holomorph, also integrabel sind. (Also die Null ausgeschlossen)
Deine Erklärung mit dem gliedweise Integrieren fand ich trotzdem gut Fred, weil wir genau so darauf gekommen sind, dass [mm] Res_{c}f=a_{-1} [/mm] ist. In der Laurentreihe besitzt jeder Term (wie du schon gesagt hast) außer [mm] \bruch{a_{-1}}{z-c} [/mm] um c eine Stammfunktion, diese Integrale fallen also weg und das Integral von [mm] \bruch{a_{-1}}{z-c} [/mm] ist gerade [mm] 2*\pi*i*a_{-1}
[/mm]
(Wir hatten das so definiert: [mm] Res_{c}f:=\bruch{1}{2*\pi*i}\integral_{\partial B(c,\varepsilon)}^{}{f(z) dz} [/mm] )
Ich kann also sagen: Ist [mm] Res_{c}f=0, [/mm] dann hat f um c eine Stammfunktion, ungeachtet vom weiteren Aussehen der Laurentreihe, da ich schon weiß, dass ich alle anderen Terme der Laurentreihe (gliedweise) integrieren kann.
Dann deckt sich das jetzt auch wieder mit meinem Verständnis.
Eine Sache habe ich mir noch zu Laurentreihen überlegt und hätte gerne noch einen Kommentar von euch dazu:
Sei die Laurentreihe von f um c (isolierte Singularität):
Weiter sei [mm] f(z)=\summe_{n=-j}^{\infty}a_{n}(z-c)^n [/mm] mit [mm] j\in\IN [/mm] j>0.
Dann gilt:
f hat in c einen Pol höchstens j-ter Ordnung.
ist [mm] a_{-j}\not=0, [/mm] so hat f in c einen Pol j-ter Ordnung.
Jetzt habe f in c einen Pol j-ter Ordnung, dann folt für die Laurentreihe:
[mm] f(z)=\summe_{n=-j}^{\infty}a_{n}(z-c)^n
[/mm]
insbesondere ist ist [mm] a_{-j} [/mm] nicht Null, sonst hätte f in c einen Pol mit Ordnung kleiner als j.
Liebe Grüße,
Diary
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:06 Mi 01.12.2010 | | Autor: | fred97 |
Deine Überlegungen sind richtig.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:51 Mi 01.12.2010 | | Autor: | Diary |
Super, das freut mich, dann kann ich das Kapitel Laurentreihen mit gutem Gewissen erstmal abhaken 
Eine Frage habe ich noch und ich glaube, dass Du mir die auch beantworten kannst.
Mit der Funktionentheorie werden wir diese Woche fertig und behandeln dann die Maßtheorie (alles im Rahmen einer Analysis III Vorlesung). Ich hatte jetzt schon häufiger das Bedürfnis, bestimmte Sachverhalte genauer nachzuschlagen und sie mir noch mehr im Detail anzusehen. In der Vorlesung machen wir auch oft Dinge ohne Beweise oder schieben interessante Aussagen nur in Bemerkungen ohne sie zu beweisen. (Zeitmangel). Kannst du mir ein gutes Buch über Maßtheorie empfehlen, in dem alles genau beschrieben und bewiesen wird? Den Jänich (Funktionentheorie) fand ich z.B. an vielen Stellen einfach zu ungenau.
Liebe Grüße,
Diary
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:28 Mi 01.12.2010 | | Autor: | fred97 |
> Super, das freut mich, dann kann ich das Kapitel
> Laurentreihen mit gutem Gewissen erstmal abhaken
>
> Eine Frage habe ich noch und ich glaube, dass Du mir die
> auch beantworten kannst.
>
> Mit der Funktionentheorie werden wir diese Woche fertig und
> behandeln dann die Maßtheorie (alles im Rahmen einer
> Analysis III Vorlesung). Ich hatte jetzt schon häufiger
> das Bedürfnis, bestimmte Sachverhalte genauer
> nachzuschlagen und sie mir noch mehr im Detail anzusehen.
> In der Vorlesung machen wir auch oft Dinge ohne Beweise
> oder schieben interessante Aussagen nur in Bemerkungen ohne
> sie zu beweisen. (Zeitmangel). Kannst du mir ein gutes Buch
> über Maßtheorie empfehlen, in dem alles genau beschrieben
> und bewiesen wird? Den Jänich (Funktionentheorie) fand ich
> z.B. an vielen Stellen einfach zu ungenau.
Meine Favoriten:
P.R. Halmos: Measure Theory.
W. Rudin: Real and complex Analysis (Chapter 1 - Chapter 3, Chapter 6 - Chapter 8)
Donald L. Cohen: Measure Theory.
FRED
>
> Liebe Grüße,
> Diary
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:56 Mi 01.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Dass um Null eine Stammfunktion existiert folgt ja schon
> darauß, dass cos und [mm]\bruch{1}{z}[/mm] um Null holomorph, also
> integrabel sind. (Also die Null ausgeschlossen)
Moment! Das impliziert nur, dass es um 0 herum lokal eine Stammfunktion gibt, also auf jeder einfach zusammenhaengenden Teilmenge von [mm] $\IC \setminus \{ 0 \}$.
[/mm]
Jedoch nicht auf ganz [mm] $\IC \setminus \{ 0 \}$! [/mm] Hier ist die Funktion $f : [mm] \IC \setminus \{ 0 \} \to \IC$, [/mm] $z [mm] \mapsto \frac{1}{z}$ [/mm] ein Gegenbeispiel, diese ist auf [mm] $\IC \setminus \{ 0 \}$ [/mm] ebenfalls holomorph, jedoch gibt es keine globale Stammfunktion -- da es eben den globalen Logarithmus nicht als holomorphe (oder auch nur stetige) Funktion gibt.
Also: Holomorphie reicht nicht. Das verschwindende Residuum ist hinreichend und notwendig, damit eine Stammfunktion in einer Umgebung von $0$ existiert, und nicht nur in einfach zusammenhaengenden Teilmengen einer Umgebung.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:19 Mi 01.12.2010 | | Autor: | Diary |
Hallo Felix,
Ja, da hast Du mich erwischt! Aber das ist ganz gut. Ich hab nämlich vorhin nochmal über meine Frage drüber gelesen und mir schon gedacht, dass da was nicht stimmt. Ich hab zwar gemeint, man kann die lokale Stammfunktion dann bestimmt fortsetzen, so dass man dann wieder eine auf [mm] \IC \setminus \{ 0 \} [/mm] definierte hat, aber das ist ja (wie Du gesagt hast) beim Log z.B nicht der Fall.
Aja, jetzt hab ich auch meinen Denkfehler ganz genau gefunden. Ich dachte nämlich an den Monodromiesatz. Der funktioniert aber nur auf einfach zusammenhängenden Teilmengen von [mm] \IC, [/mm] was [mm] \IC [/mm] ohne Null nicht ist und auch sonst jede punktierte Kreisscheibe um einen 'Laurtenentwicklungspunkt'. Ich kriege also lokale Stammfunktionen, die ergeben mir dann aber nicht zwingend eine einzige Stammfunktion, weil der Mondromiesatz nicht anwendbar ist.
Liebe Grüße,
Diary
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:43 Mi 01.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Diary,
> Aja, jetzt hab ich auch meinen Denkfehler ganz genau
> gefunden. Ich dachte nämlich an den Monodromiesatz. Der
> funktioniert aber nur auf einfach zusammenhängenden
> Teilmengen von [mm]\IC,[/mm] was [mm]\IC[/mm] ohne Null nicht ist und auch
> sonst jede punktierte Kreisscheibe um einen
> 'Laurtenentwicklungspunkt'.
exakt.
> Ich kriege also lokale
> Stammfunktionen, die ergeben mir dann aber nicht zwingend
> eine einzige Stammfunktion, weil der Mondromiesatz nicht
> anwendbar ist.
Genau.
Es kann aber halt sein, dass man trotzdem eine Stammfunktion bekommt, obwohl der Monodromiesatz nicht anwendbar ist. Und das ist genau dann der Fall, wenn das Residiuum in dem Punkt 0 ist. Man kann das natuerlich auch auf eine diskrete Menge von Ausnahmepunkten in einem einfach zusammenhaengenden Gebiet ausweiten:
Ist $G$ einfach zusammenhaengend, $Z [mm] \subseteq [/mm] G$ diskret und ist $f : G [mm] \setminus [/mm] Z [mm] \to \IC$ [/mm] holomorph, so gibt es genau dann eine Stammfunktion von $f$ auf $G [mm] \setminus [/mm] Z$, wenn [mm] $\forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z : [mm] Res_z [/mm] f = 0$ gilt.
LG Felix
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