hebbare Singularität? < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | [mm] \bruch{sinh(2z)}{z-i\pi} [/mm] |
Hallo,
kann ich sagen, dass obige Singularität hebbar ist? Zähler und Nenner gehen gegen 0 für [mm] z\toi\pi
[/mm]
Ich habe versucht sinh(2z) in eine Potenzreihe um 2i zu entwickeln, bin aber irgendwie gescheitert.
Kann ich im komplexen den Satz von L'Hopital anwenden?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:56 Di 17.03.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]\bruch{sinh(2z)}{z-i\pi}[/mm]
> Hallo,
>
> kann ich sagen, dass obige Singularität hebbar ist? Zähler
> und Nenner gehen gegen 0 für [mm]z\toi\pi[/mm]
Es ist eine hebbare Singularität.
> Ich habe versucht sinh(2z) in eine Potenzreihe um 2i zu
> entwickeln, bin aber irgendwie gescheitert.
Was heisst das? Da [mm] $\sinh'=\cosh$, $\cosh'=\sinh$ [/mm] und [mm] $\sinh(2\pi [/mm] i) = 0$, [mm] $\cosh(2\pi [/mm] i)=1$, kannst du die Koeffizienten der Taylorreihe sofort hinschreiben.
Alternativ kannst du auch die Identität [mm] $\sinh(iz) [/mm] = [mm] i\sin [/mm] z$ benutzen, woraus du sofort siehst, (a) dass der Hyperbelsinus die Periode [mm] $2\pi [/mm] i$ hat, und (b) wie die Potenzreihe aussieht.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
Ja ich habs erst als e-Funktion ausgeschrieben und da wohl irgendwo einen Vorzeichenfehler reingebracht beim ableiten.
[mm] f(z)=\bruch{sin(2z)}{z-i\pi} [/mm] = [mm] \bruch{\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n+1}}{z-i\pi} [/mm] = [mm] \summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n}
[/mm]
Richtig?
|
|
|
| |
|
> Ja ich habs erst als e-Funktion ausgeschrieben und da wohl
> irgendwo einen Vorzeichenfehler reingebracht beim
> ableiten.
>
> [mm]f(z)=\bruch{sin(2z)}{z-i\pi}[/mm] =
> [mm]\bruch{\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n+1}}{z-i\pi}[/mm]
> =
> [mm]\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n}[/mm]
>
> Richtig?
Ich würde sagen es müsste lauten
[mm] \bruch{1}{z-i\pi}\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}}{(2n+1)!}(2z)^{2n+1}
[/mm]
Daran erkenne ich, dass der Hauptteil der Laurentreihe mit
[mm] \bruch{1}{z-i\pi} [/mm]
lediglich endlich viele Koeffizieten [mm] \not=0 [/mm] besitzt. Es liegt also ein Pol vor. Allerdings sollte hier nochmal jemand drüber schauen.
Gruß, Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:51 Di 17.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Habe eben den Thread von rainerS gelesen. Da er der Meinung ist, es sei eine hebbare Singularität, ziehe ich meine Antwort zurück, da ich ihm die bessere Kompetenz zuspreche. Jendenfalls setzt man so an
[mm] \bruch{1}{z-i\pi}\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}}{(2n+1)!}(2z)^{2n+1}
[/mm]
Sorry!
|
|
|
| |
|
Damit entwickelst du aber um den Punkt 0 was soll dir das helfen? Du brauchst doch deine Reihe um [mm] i\pi
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:17 Mi 18.03.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ja ich habs erst als e-Funktion ausgeschrieben und da wohl
> irgendwo einen Vorzeichenfehler reingebracht beim
> ableiten.
>
> [mm]f(z)=\bruch{sin(2z)}{z-i\pi}[/mm] =
> [mm]\bruch{\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n+1}}{z-i\pi}[/mm]
> =
> [mm]\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{i2^{n+1}}{(2n+1)!}(z-i\pi)^{2n}[/mm]
>
> Richtig?
Da hast du aber auch ein paar Faktoren vergessen.
[mm] f(z) = \bruch{\sinh (2z)}{z-i\pi} = \bruch{-i\sin(2iz)}{z-i\pi} = -i \bruch{\sin(2i(z-i\pi))}{z-i\pi} [/mm],
wobei ich am Schluss das Argument des Sinus um seine Periode [mm] $2\pi$ [/mm] verschoben habe.
[mm] = -i \bruch{1}{z-i\pi} \summe_{n=0}^\infty \bruch{(2i(z-i\pi))^{2n+1}}{(2n+1)!} = 2\summe_{n=0}^\infty \bruch{(-4)^n(z-i\pi)^{2n}}{(2n+1)!} [/mm]
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
|
