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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:04 Mi 11.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo Matheraum,
gilt die folgende Äquivalenz?
[mm] \bruch{\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{n}}{\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}\gdw\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{z^{n}(2n+1)!}{z^{2n+1}(-1)^{n}n!}
[/mm]
Oder müsste man hier eventuell mit dem Cauchy- Produkt arbeiten?
Gruß, Marcel
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Hallo Marcel,
> Hallo Matheraum,
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> gilt die folgende Äquivalenz?
Wie kann denn zwischen zwei Termen eine Äquivalenz gelten?
Sowas kann nur zwischen Aussagen gelten, hier kann allenfalls GLEICHHEIT gelten!
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> [mm] $\bruch{\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n!}z^{n}}{\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}\red{=}\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{z^{n}(2n+1)!}{z^{2n+1}(-1)^{n}n!}$
[/mm]
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> Oder müsste man hier eventuell mit dem Cauchy- Produkt
> arbeiten?
Ja, so klappt das nicht, die Inverse einer Potenzreihe [mm] $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot{}z^n$ [/mm] kannst du mit dem Ansatz:
[mm] $\frac{1}{\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cdot{}z^n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n\cdot{}z^n$ [/mm] berechnen
Setze linkerhand mal deine "Nennerreihe" ein, dann mit selbiger multiplizieren, Cauchyprodukt beachten und die Koeffizienten [mm] $b_i$ [/mm] rekursiv durch Koeffizientenvergleich berechnen.
Bedenke, dass du 1 schreiben kannst als Potenzreihe, die überall den Wert 1 hat: [mm] $1+\sum\limits_{n=1}^{\infty}0\cdot{}z^n$ [/mm] (also erster Koeffizient 1, alle weiteren 0)
Wenn du so die Reihe [mm] $\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n\cdot{}z^n$ [/mm] ermittelt hast, kannst du schlussendlich noch mit der obigen "Zählerreihe" multiplizieren (wieder Cauchy ..)
Ich habe aber nichts gerechnet, das ist mir zu aufwendig 
Ich stell's erstmal auf teilweise beantwortet, vllt. weiß jemand ja einen einfacheren oder weniger aufwendigen Weg.
Probiere einfach mal, wie weit du kommst.
Wenn du dazu dann etwas postet, schaut bestimmt jemand drüber
Bis dann
schachuzipus
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> Gruß, Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:28 Mi 11.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Nein um Gottes Willen, rechne das ja nicht. Mir wird auch schon schwindelig dabei. Es kann aber auch unmöglich Bestandteil der Aufgabe sein.
Es soll jedenfalls das folgende Integral berechnet werden
[mm] \integral_{|z|=1}^{}{\bruch{e^{z}}{sin(z)} dz}
[/mm]
Dafür muss ich zunächst die Singularität [mm] z_{0}=0 [/mm] klassifizieren, bzw. zeigen, dass es sich um den Singularitätstyp Pol handelt. Dazu hatte ich die Idee, die zu integrierende Funktion in eine Potenzreihe umzuwandeln, um dann mit einer Grenzwertbetrachtung argumentieren zu können.
Fragen:
1.) Gibt es überhaupt Integrale, die mit Singularitäten berechnet werden können, die keine Pole sind?
2.) Gibt es Residuen [mm] \not=0, [/mm] mit Singularitätstypen "wesentlich" oder "hebbar"?
3.) Wie kann man die obige Klassifizierung zeigen?
Oder sollte ich dafür lieber einen neuen Thread öffnen?
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:04 Mi 11.03.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marcel!
> Es soll jedenfalls das folgende Integral berechnet werden
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> [mm]\integral_{|z|=1}^{}{\bruch{e^{z}}{sin(z)} dz}[/mm]
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>
> Dafür muss ich zunächst die Singularität [mm]z_{0}=0[/mm]
> klassifizieren, bzw. zeigen, dass es sich um den
> Singularitätstyp Pol handelt. Dazu hatte ich die Idee, die
> zu integrierende Funktion in eine Potenzreihe umzuwandeln,
> um dann mit einer Grenzwertbetrachtung argumentieren zu
> können.
Hmm, viel zu mühsam. Sowohl Zähler [mm] $e^z$ [/mm] wie auch Nenner [mm] $\sin [/mm] z$ sind in ganz [mm] $\IC$ [/mm] holomorph, also kann keine wesentliche Singularität vorliegen. Es bleiben also nur Polstellen, nämlich dort, wo der Sinus seine Nullstellen hat.
> Fragen:
>
>
> 1.) Gibt es überhaupt Integrale, die mit Singularitäten
> berechnet werden können, die keine Pole sind?
Ja. Wie wäre es mit
[mm]\integral_{|z|=1}^{}{e^{1/z} dz}[/mm]
Der Integrand hat eine wesentliche Singularität in z=0 und ist in [mm] $\IC-\{0\}$ [/mm] holomorph. Das Residuum berechnest du leicht mit der Potenzreihenentwicklung der Exponentialfunktion.
> 2.) Gibt es Residuen [mm]\not=0,[/mm] mit Singularitätstypen
> "wesentlich" oder "hebbar"?
Siehe 1 für ein Beispiel einer wesentlichen Singularität. Bei hebbaren Singularitäten ist der Hauptteil der Laurententwicklung 0!
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:10 Mi 11.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Okay, ich danke dir!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:31 Do 12.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Sei $f(z) = [mm] \bruch{e^z}{sinz}$
[/mm]
Dann: [mm] $\limes_{z\rightarrow 0}zf(z) [/mm] = [mm] \limes_{z\rightarrow 0}\bruch{z}{sinz}e^z [/mm] = 1*1 = 1$
Siehst Du jetzt, dass f in 0 einen Pol der Ordnung 1 hat ?
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:46 Do 12.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
> Sei [mm]f(z) = \bruch{e^z}{sinz}[/mm]
>
> Dann: [mm]\limes_{z\rightarrow 0}zf(z) = \limes_{z\rightarrow 0}\bruch{z}{sinz}e^z = 1*1 = 1[/mm]
>
> Siehst Du jetzt, dass f in 0 einen Pol der Ordnung 1 hat ?
Ja, mit l´Hospital erschließt es sich mir. Jetzt weiß ich nur nicht, woher der Faktor z aus [mm] \limes_{z\rightarrow 0}zf(z) [/mm] herkommt. Ist diese Grenzwertbetrachtung allgemeingültig für den Nachweis von Polstellen?
> FRED
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:58 Do 12.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Allgemein gilt:
f habe in [mm] z_0 [/mm] eine isolierte Sing. Dann:
[mm] z_0 [/mm] ist ein Pol von f [mm] \gdw [/mm] es gibt eine auf einer Umgebung U von [mm] z_0 [/mm] holomorphe Funktion g mit [mm] g(z_0) \not= [/mm] 0 und
[mm] $f(z)(z-z_o)^p [/mm] = g(z)$ für z [mm] \in [/mm] U \ { [mm] z_0 [/mm] }
In diesem Fall ist p die Ordnung des Pols.
Bei Deiner Aufgabe ist [mm] z_0 [/mm] = 0, p=1 und $g(z) = [mm] \bruch{z}{sinz}e^z [/mm] $
FRED
P.S: l'Hospital hat hier nichts zu suchen !!!!!!!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:28 Do 12.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
> Allgemein gilt:
>
> f habe in [mm]z_0[/mm] eine isolierte Sing. Dann:
>
> [mm]z_0[/mm] ist ein Pol von f [mm]\gdw[/mm] es gibt eine auf einer Umgebung
> U von [mm]z_0[/mm] holomorphe Funktion g mit [mm]g(z_0) \not=[/mm] 0 und
>
> [mm]f(z)(z-z_o)^p = g(z)[/mm] für z [mm]\in[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
U \ { [mm]z_0[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
>
> In diesem Fall ist p die Ordnung des Pols.
>
>
>
> Bei Deiner Aufgabe ist [mm]z_0[/mm] = 0, p=1 und [mm]g(z) = \bruch{z}{sinz}e^z[/mm]
>
> FRED
>
>
> P.S: l'Hospital hat hier nichts zu suchen !!!!!!!
Also gilt mitnichten gemäß
[mm] \limes_{x\rightarrow\ x_{0}}\bruch{f(x)}{g(x)}=\limes_{x\rightarrow\ x_{0}}\bruch{\bruch{df}{dx}}{\bruch{dg}{dx}}
[/mm]
dass
[mm] \limes_{z\rightarrow\ 0}\bruch{z*e^{z}}{sin(z)}=\limes_{z\rightarrow\ 0}\bruch{e^{z}(z+1)}{cos(z)}=\bruch{1*1}{1}=1
[/mm]
gilt? Es gilt nicht, weil die Funktionen holomorph und nicht differenzierbar sind? Sind denn aber holomorphe Funktionen auf [mm] \IC [/mm] nicht automatisch auch differenzierbar auf [mm] \IR, [/mm] da [mm] \IC\supset\IR?
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:38 Do 12.03.2009 | | Autor: | fred97 |
[mm] \bruch{sinz}{z} [/mm] hat in 0 eine hebbare Sing. und strebt gegen 1 für z-->0, wie man an der Potenzreihen entw. ablesen kann.
Also strebt auch [mm] \bruch{z}{sinz} [/mm] gegen 1 für z---> 0
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:43 Do 12.03.2009 | | Autor: | Marcel08 |
Okay, vielen Dank
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