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Residuensatz: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:04 Fr 23.09.2016
Autor: Mathe-Lily

Aufgabe
Es seien D [mm] \subset \IC [/mm] ein Elementargebiet und [mm] z_1,...,z_k \in [/mm] D endlich viele paarweise verschiedene Punkte. Ferner sei [mm] f: D-\{z_1,...,z_k\} \to \IC [/mm] eine analytische Funktion und [mm] \alpha: [a,b] \to D-\{z_1,...,z_k\} [/mm] eine geschlossene stückweise glatte Kurve. Dann gilt die Residuenformel: [mm] \integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta} = 2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f;z_j) \chi(\alpha; z_j) [/mm]

Beweis:
Wir entwickeln f um jede der Singularitäten [mm] z_j [/mm] in eine Laurentreihe: [mm] f(z)= \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n^{(j)}(z-z_j)^n, 1 \le j \le k. [/mm]
Nach Definition ist [mm] a_{-1}^{(j)}=Res(f;z_j), 1 \le j \le k. [/mm]
Da jeder Hauptteil [mm] h_j(\bruch{1}{z-z_j}):= \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)}(z-z_j)^n [/mm] eine in [mm] \IC-{z_j} [/mm] analytische Funktion definiert, hat die Funktion [mm] g(z)=f(z)-\summe_{j=1}^{k}h_j(\bruch{1}{z-z_j}) [/mm] an den Stellen [mm] z_j, [/mm] 1 [mm] \le [/mm] j [mm] \le [/mm] k, hebbare Singularitäten, lässt sich also in ganz D analytisch fortsetzen.
Da D ein Elementargebiet ist, folgt:
[mm] 0=\integral_{\alpha}{g(\beta) d\beta}= ... [/mm]
(Einsetzen und Umformen) ...
[mm] =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f.z_j) \chi(\alpha;z_j) [/mm]
nach Definition des Residuums und der Umlaufzahl, also stimmt die Behauptung.

Hallo!
Ich denke, ich verstehe den Großteil des Beweis, nur leider den Knackpunkt nicht, nämlich in der Umformung diesen Schritt:
[mm] \integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} [/mm]
Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?

Es wäre toll, wenn mir jemand hier helfen könnte!
Liebe Grüße, Lily

        
Bezug
Residuensatz: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:51 Fr 23.09.2016
Autor: fred97


> Es seien D [mm]\subset \IC[/mm] ein Elementargebiet und [mm]z_1,...,z_k \in[/mm]
> D endlich viele paarweise verschiedene Punkte. Ferner sei
> [mm]f: D-\{z_1,...,z_k\} \to \IC[/mm] eine analytische Funktion und
> [mm]\alpha: [a,b] \to D-\{z_1,...,z_k\}[/mm] eine geschlossene
> stückweise glatte Kurve. Dann gilt die Residuenformel:
> [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta} = 2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f;z_j) \chi(\alpha; z_j)[/mm]
>  
> Beweis:
>  Wir entwickeln f um jede der Singularitäten [mm]z_j[/mm] in eine
> Laurentreihe: [mm]f(z)= \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n^{(j)}(z-z_j)^n, 1 \le j \le k.[/mm]
>  
> Nach Definition ist [mm]a_{-1}^{(j)}=Res(f;z_j), 1 \le j \le k.[/mm]
>  
> Da jeder Hauptteil [mm]h_j(\bruch{1}{z-z_j}):= \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)}(z-z_j)^n[/mm]
> eine in [mm]\IC-{z_j}[/mm] analytische Funktion definiert, hat die
> Funktion [mm]g(z)=f(z)-\summe_{j=1}^{k}h_j(\bruch{1}{z-z_j})[/mm] an
> den Stellen [mm]z_j,[/mm] 1 [mm]\le[/mm] j [mm]\le[/mm] k, hebbare Singularitäten,
> lässt sich also in ganz D analytisch fortsetzen.
>  Da D ein Elementargebiet ist, folgt:
>  [mm]0=\integral_{\alpha}{g(\beta) d\beta}= ...[/mm]
>  (Einsetzen und
> Umformen) ...
>  [mm]=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta} =\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-2 \pi i \summe_{j=1}^{k} Res(f.z_j) \chi(\alpha;z_j)[/mm]
>  
> nach Definition des Residuums und der Umlaufzahl, also
> stimmt die Behauptung.
>  Hallo!
>  Ich denke, ich verstehe den Großteil des Beweis, nur
> leider den Knackpunkt nicht, nämlich in der Umformung
> diesen Schritt:
>  [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]
>  
> Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?

für solche n haben die Funktionen [mm] (\beta -z_j)^n [/mm] jeweils eine Stammfunktion.  somit verschwindet das Integral längs [mm] \alpha [/mm]

fred

>  
> Es wäre toll, wenn mir jemand hier helfen könnte!
>  Liebe Grüße, Lily


Bezug
                
Bezug
Residuensatz: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:04 Fr 23.09.2016
Autor: Mathe-Lily

Hallo!
Vielen Dank für die schnelle Antwort!

>  >  [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]
>  
> >  

> > Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
>  
> für solche n haben die Funktionen [mm](\beta -z_j)^n[/mm] jeweils
> eine Stammfunktion.  somit verschwindet das Integral längs
> [mm]\alpha[/mm]

Den 2. Schritt verstehe ich, aber warum kann man sagen, dass alle [mm](\beta -z_j)^n[/mm] mit n=-2,... eine Stammfunktion haben? Gibt es dazu einen Satz oder ist das aus der praktischen Anwendung der Differentiation ableitbar?

Liebe Grüße,
Lily

Bezug
                        
Bezug
Residuensatz: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:05 Fr 23.09.2016
Autor: fred97


> Hallo!
> Vielen Dank für die schnelle Antwort!
>  
> >  >  [mm]\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k} \summe_{n=-1}^{-\infty}a_n^{(j)} \integral_{\alpha}{(\beta-z_j)^n d\beta}=\integral_{\alpha}{f(\beta) d\beta}-\summe_{j=1}^{k}a_{-1}^{(j)}\integral_{\alpha}{\bruch{1}{\beta-z_j} d\beta}[/mm]

>  
> >  

> > >  

> > > Warum kann man alle Summanden ab n=-2 weglassen?
>  >  
> > für solche n haben die Funktionen [mm](\beta -z_j)^n[/mm] jeweils
> > eine Stammfunktion.  somit verschwindet das Integral längs
> > [mm]\alpha[/mm]
>  
> Den 2. Schritt verstehe ich, aber warum kann man sagen,
> dass alle [mm](\beta -z_j)^n[/mm] mit n=-2,... eine Stammfunktion
> haben?

man kann ganz leicht eine Stammfunktion hinschreiben ! Mach das mal (wie in der schule )

fred



> Gibt es dazu einen Satz oder ist das aus der
> praktischen Anwendung der Differentiation ableitbar?
>  
> Liebe Grüße,
>  Lily


Bezug
                                
Bezug
Residuensatz: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:26 So 25.09.2016
Autor: Mathe-Lily

Achso, dann ist das einfach nur [mm] \bruch{(\beta-z_j)^n+1}{n+1} [/mm] und das geht natürlich nicht mit n=-1. Super, danke! 😊

Bezug
                                        
Bezug
Residuensatz: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:43 So 25.09.2016
Autor: fred97


> Achso, dann ist das einfach nur
> [mm]\bruch{(\beta-z_j)^n+1}{n+1}[/mm] und das geht natürlich nicht
> mit n=-1. Super, danke! 😊

Tippfehler ! Richtig:

[mm]\bruch{(\beta-z_j)^{n+1}}{n+1}[/mm]

fred




Bezug
                                                
Bezug
Residuensatz: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:20 Mo 26.09.2016
Autor: Mathe-Lily

Oh ja, hab die Klammern vergessen, sorry :-/

Bezug
        
Bezug
Residuensatz: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:04 Di 01.11.2016
Autor: tom1991

Was ich nicht ganz verstehe in diesem Beweis, ist warum die Funktion g, die hier definiert wird, hebbare Singularitäten hat.

Wäre nett, wenn mir hier jemand einen Tipp geben könnte!

Grüsse,
Tom

Bezug
                
Bezug
Residuensatz: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:10 Mi 02.11.2016
Autor: fred97

Sei G ein Gebiet in [mm] \IC [/mm] , [mm] z_0 \in [/mm] Gund f:G [mm] \setminus \{z_0\} \to \IC [/mm] holomorph. Dann hat f in [mm] z_0 [/mm] eine isolierte Singularität. f hat dann in einer punktierten Umgebung U von [mm] z_0 [/mm] die Laurententwicklung

   $ f(z)= [mm] \summe_{n=- \infty}^{\infty} a_n(z-z_0)^n.$ [/mm]

Dann:

   $ f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n= \summe_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$ [/mm] in U.

Rechts steht eine Potenzreihe, die in $U [mm] \cup \{z_0\}$ [/mm] holomorph ist. Somit hat  f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n [/mm] in [mm] z_0 [/mm] eine hebbare Singularität.





Bezug
                        
Bezug
Residuensatz: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:38 Mi 02.11.2016
Autor: tom1991

vielen Dank schonmal für deine schnelle Antwort!
Was mir aber einfach nicht klar ist: f ist doch nicht gleichzeitig als laurentreihen um mehrere singularitäten entwickelt, oder? Oder kann ich mir f als die Summe aller Laurentreihen um alle Singularitäten gleichzeitig vorstellen? Dann ist es natürlich klar. Aber ich dachte, dass man eine Laurentreihe/Potenz Reihe immer nur lokal um einen Punkt entwickelt

Tom

Bezug
                                
Bezug
Residuensatz: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:41 Mi 02.11.2016
Autor: fred97

Ist [mm] z_1 \ne z_0 [/mm] eine weitere sing. Stelle von f und L die Laurentreihe von f um [mm] z_1 [/mm] und H ihr Hauptteil. Dann ist

f(z)- [mm] \summe_{n=- \infty}^{1} a_n(z-z_0)^n-H(z) [/mm]

in einer Umgebung von [mm] z_0 [/mm] holomorph

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