Radiuswahl beim Residuum < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:18 Fr 03.01.2014 | | Autor: | Katthi |
Hallo Leute,
ich habe eine Frage, wo ich sicherlich total auf dem Schlauch stehe, aber ich kann es mir nicht erklären.
Wieso ist die Wahl des Radius meiner Kreisscheibe, über deren Rand ich das Integral bestimmen möchte, zur Berechnung des Residuums egal?
Ich weiß, dass man das mit dem Cauchy Integralsatz zeigen kann, aber wie?
Wenn die Funktion auf der Menge [mm] \{z: 0 < |z- z_{0}| \le r\} [/mm] holomorph ist, ist die Wahl des Radius r egal.
Cauchy sagt mir, dass das Integral über den Weg (hier dann der Rand der Kreisscheibe) jeder stückweise diffbaren geschlossenen Kurve, die in meiner betrachteten Teilmenge verläuft, gleich Null ist.
Heißt das dann eigentlich nur, dass wenn ich den Radius zu klein wähle, sodass mein Residuum garnicht drin liegt, ist es eh Null. Wähle ich es so, dass mein Residuum reinfällt, kann ich das berechnen. Wähle ich ihn noch größer ändert sich ja nichts an meinem Residuum, oder?
Aber wie kann ich das formal richtig beweisen?
Vielen Dank für Eure Hilfe.
Viele Grüße,
Katthi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:17 Di 07.01.2014 | | Autor: | fred97 |
Nun machen wir doch mal Nägel mit Köpfen und schwafeln nicht in der Gegend rum !
Sei D eine offene Teilmnenge von [mm] \IC, z_0 \in [/mm] D und f holomorph auf D [mm] \setminus \{z_0 \}.
[/mm]
Dann hat f in [mm] z_0 [/mm] eine isolierte Singularität. Ist nun r>0 so, dass
[mm] \{z \in \IC: |z-z_0|
Nun wählen wir R>r so, dass [mm] \{z \in \IC: |z-z_0|
ist, so hat f auf [mm] \{z \in \IC: 0<|z-z_0|
[mm] f(z)=\summe_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n+\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{b_n}{(z-z_0)^n}
[/mm]
Sei [mm] g(z):=\summe_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n [/mm] und [mm] h(z):=\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{b_n}{(z-z_0)^n}.
[/mm]
Dann ist f=g+h auf [mm] \{z \in \IC: 0<|z-z_0|
Ist [mm] $c_r:[0,2 \pi] \to [/mm] D$ definiert durch
[mm] c_r(t):=re^{it},
[/mm]
so ist
[mm] \integral_{c_r}^{}{f(z) dz}= \integral_{c_r}^{}{g(z) dz}+ \integral_{c_r}^{}{h(z) dz}.
[/mm]
Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist [mm] \integral_{c_r}^{}{g(z) dz}=0, [/mm] alsó ist
[mm] \integral_{c_r}^{}{f(z) dz}= \integral_{c_r}^{}{h(z) dz}.
[/mm]
Die Reihe [mm] h(z)=\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{b_n}{(z-z_0)^n} [/mm] konvergiert auf [mm] $c_r([0, [/mm] 2 [mm] \pi])$ [/mm] gleichmaßig, somit ist
[mm] \integral_{c_r}^{}{f(z) dz}= \integral_{c_r}^{}{h(z) dz}= \summe_{n=1}^{\infty} \integral_{c_r}^{}{ \bruch{b_n}{(z-z_0)^n} dz}
[/mm]
Für n [mm] \ge [/mm] 2 hat die Funktion z [mm] \to \bruch{b_n}{(z-z_0)^n} [/mm] auf [mm] \IC \setminus \{z_0\} [/mm] eihne Stammfunktion. Da [mm] c_r [/mm] geschlossen ist, ist
[mm] \integral_{c_r}^{}{ \bruch{b_n}{(z-z_0)^n} dz}=0 [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 2.
Damit ist
[mm] \integral_{c_r}^{}{f(z) dz}= \integral_{c_r}^{}{h(z) dz}= \integral_{c_r}^{}{ \bruch{b_1}{z-z_0} dz}.
[/mm]
Das Integral [mm] \integral_{c_r}^{}{ \bruch{1}{z-z_0} dz} [/mm] ist aber seeeeeeehhhr bekannt:
[mm] $\integral_{c_r}^{}{ \bruch{1}{z-z_0} dz}=2 \pi [/mm] i$
Folglich haben wir:
[mm] $\integral_{c_r}^{}{f(z) dz}=2 \pi [/mm] i* [mm] b_1$.
[/mm]
Fazit:
[mm] $Res(f,z_0)=\bruch{1}{2 \pi i}\integral_{c_r}^{}{f(z) dz}=b_1$
[/mm]
Die Koeffizienten [mm] a_n [/mm] und [mm] b_n [/mm] in der Laurententwicklung sind unabhängig von r ! (solange [mm] \{z \in \IC: |z-z_0|
FRED
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