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Hallo,
kann mir einer den Residuensatz genauer erklären? In meinen Büchern und auf Wikipedia komme ich leider mit dem Verständnis nicht ganz hinterher.
Gruß,
BeelzeBub
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So langsam verstehe ich. Für den Residuensatz braucht man einiges an Vorwissen (Singularitäten, Isolierte Singularitäten und Laurent-Reihe).
Wenn ich das richtig verstanden habe, dann hat man eine Singularität genau dann, wenn die Funktion f(z) für [mm] f(z_0) [/mm] bzw. [mm] f'(z_0) [/mm] nicht definiert ist. Heißt das dann, dass die Funktion f(z) in diesen Punkten nicht analytisch ist?
Nun kommen wir zur Laurent-Reihe. Wenn ich das richtig verstanden habe, ist das eine Potenzreihe in [mm] \IC, [/mm] die auch negative Exponenten haben kann.
Wird definiert zu [mm] f(z):=\summe_{n=-\infty}^{\infty} c_n(z-a)^n [/mm] = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}c_n(z-a)^n [/mm] + [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{c_{-n}}{(z-a)^n}
[/mm]
Heißt das, ich muss meine Funktion f(z) erst in eine Laurent-Reihe entwickeln, um das Residuum [mm] Res(f,z_0) [/mm] zu bestimmen?
Mir ist der Zusammenhang noch nicht ganz klar. Am Besten wäre ein vollständig gerechnetes Beispiel.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:52 Sa 27.10.2007 | | Autor: | Infinit |
Hallo BeelzeBub,
wie Du schon rausgefunden hast, ist die Laurentreihe eine Potenzreihendarstellung mit Koeffizienten, die auch einen negativen Index haben können. Ist die Laurentreihenentwicklung in der unmittelbaren Umgebung eines Punktes [mm] $z_0$ [/mm] definiert und analytisch, so nennt man $ [mm] z_0$ [/mm] eine isolierte Singularität und es gibt eine Laurentreihenentwicklung der Funktion in einem Kreisring um den Punkt [mm] $z_0 [/mm] $ herum. Den Koeffizienten $ [mm] c_{-1} [/mm] $ nennt man dabei das Residuum der Funktion f(z) an der Stelle $ [mm] z_0 [/mm] $. Um diesen Kreisring können weitere Kreisringe leigen, die jeweils von Singularität zu Singularität reichen. In jedem dieser Kreisringe ist f(z) analytisch, auf den Rändern der Kreisringe liegen die Singularitäten. In diesen verschiedenen Kreisringen besitzt f(z) jeweils eine andere Laurentreihenentwicklung. Bei rationalen Funktionen sind die Singularitäten die Nullstellen des Nenners.
Mit Hilfe der geometrischen Reihe lässt sich die Laurentreihenentwicklung durchführen
$$ [mm] \sum_{n=0}^{\infty} t^n [/mm] = [mm] \bruch{1}{1-t} [/mm] $$ für [mm] \| t \| < 1 [/mm] und
[mm] $$\sum_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{t^n} [/mm] = [mm] \bruch{1}{1 - \bruch{1}{t}} [/mm] $$ für [mm] \| t \| > 1 [/mm].
Dies ist sozusagen der klassische Weg, wenn die Laurentreihenentiwcklung bekannt ist, kennt man auch das Residuum.
Der Residuensatz dient der vereinfachten Berechnung kompexer Integrale über geschlossene Wege.
Für eine geschlossene Kurve $ C $ in der komplexen Ebene gilt:
$$ [mm] \int_C [/mm] f(z) dz = [mm] \sum {\rm Res} f(z)\, [/mm] . $$
Ein Beispiel zur Bestimmung des Residuums mit Hilfe des Residuensatzes habe ich ![[]](/images/popup.gif) hier gefunden.
Viel Spaß dabei,
Infinit
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Hallo infinit,
wenn ich das richtig verstanden habe, suche ich von meiner Funktion f(z) zuerst die Polstellen m-ter Ordnung und schaue mir dann die Laurent-Reihe der Funktion f(z) an, um mein [mm] c_{-1} [/mm] zu finden.
Beispiel: [mm] f(z)=\bruch{e^z}{z^4}
[/mm]
Laurent-Reihe: [mm] f(z)=\bruch{1}{z^4}+\bruch{1}{z^3}+\bruch{1}{2!z^2}+\bruch{1}{3!z}+...
[/mm]
Meine Frage an dieser Stelle: Wo sieht man hier [mm] c_{-1}? [/mm] Ist das [mm] \bruch{1}{3!z} [/mm] ? Wie bestimme ich eigentlich die Laurent-Reihe für diese Funktion? Reicht es nur den Hauptteil [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{c_{-n}}{(z-z_0)^n} [/mm] zu berechnen? Ich nehme an für diese Funktion wurde [mm] z_0=0 [/mm] gewählt.
Dann berechnet man das Residuum:
[mm] Res(f,0)=\bruch{1}{3!} [/mm] (Wie kommt man darauf?)
Für eine einfache Polstelle gilt [mm] Res(f,a)=\limes_{z\rightarrow\ a}(z-a)f(z) [/mm] (Wieso komme ich mit der Formel nicht auch auf [mm] \bruch{1}{3!}, [/mm] wenn ich [mm] Res(f,0)=\limes_{z\rightarrow\ 0}z\bruch{e^z}{z^4}=\limes_{z\rightarrow\ 0}\bruch{e^z}{z^3} [/mm] rechne)? Muss ich hier für f(z) [mm] c_{-1}=\bruch{1}{3!z} [/mm] einsetzen? Dann käme es hin mit [mm] \bruch{1}{3!}, [/mm] weil sich das z wegkürzt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:03 Sa 27.10.2007 | | Autor: | Infinit |
Hallo BeelzeBub,
der Einfachheit halber schreibe ich meine Antworten in Dein Posting. Dann sind sie gleich an der richtigen Stelle.
Viele Grüße,
Infinit
> Hallo infinit,
>
> wenn ich das richtig verstanden habe, suche ich von meiner
> Funktion f(z) zuerst die Polstellen m-ter Ordnung und
> schaue mir dann die Laurent-Reihe der Funktion f(z) an, um
> mein [mm]c_{-1}[/mm] zu finden.
>
> Beispiel: [mm]f(z)=\bruch{e^z}{z^4}[/mm]
>
> Laurent-Reihe:
> [mm]f(z)=\bruch{1}{z^4}+\bruch{1}{z^3}+\bruch{1}{2!z^2}+\bruch{1}{3!z}+...[/mm]
>
> Meine Frage an dieser Stelle: Wo sieht man hier [mm]c_{-1}?[/mm] Ist
> das [mm]\bruch{1}{3!z}[/mm] ? Wie bestimme ich eigentlich die
> Laurent-Reihe für diese Funktion? Reicht es nur den
> Hauptteil [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{c_{-n}}{(z-z_0)^n}[/mm]
> zu berechnen? Ich nehme an für diese Funktion wurde [mm]z_0=0[/mm]
> gewählt.
Ja, richtig, generell ist ja die Laurentreihe
$$ f(z) = [mm] \sum_{n = - \infty}^{infty} c_n [/mm] (z- [mm] z_0)^n [/mm] $$ und den Koefizienten der Reihe für n = -1 nennt man das Residuum. Wie Du richtig vermutet hast, wurde in Deinem Beispiel um den Punkt [mm] z_0 = 0 [/mm] herum die Reihe entwickelt. Bei Deinem Beispiel kannst Du Dir die Reihendarstellung der e-Funktion zunutze machen mit
$$ [mm] e_z [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{n !} z^n \, [/mm] . $$
> Dann berechnet man das Residuum:
>
> [mm]Res(f,0)=\bruch{1}{3!}[/mm] (Wie kommt man darauf?)
>
> Für eine einfache Polstelle gilt
> [mm]Res(f,a)=\limes_{z\rightarrow\ a}(z-a)f(z)[/mm] (Wieso komme ich
> mit der Formel nicht auch auf [mm]\bruch{1}{3!},[/mm] wenn ich
> [mm]Res(f,0)=\limes_{z\rightarrow\ 0}z\bruch{e^z}{z^4}=\limes_{z\rightarrow\ 0}\bruch{e^z}{z^3}[/mm]
> rechne)? Muss ich hier für f(z) [mm]c_{-1}=\bruch{1}{3!z}[/mm]
> einsetzen? Dann käme es hin mit [mm]\bruch{1}{3!},[/mm] weil sich
> das z wegkürzt.
Die Gleichung zur Bestimmung des Residuums gilt in der Form, die ich Dir angegeben habe, nur für einfache Pole. Falls die Entwicklungsstelle ein Pol k-ter Ordnung ist, so berechnet sich das Residuum durch
$$ [mm] \stackrel{\rm Res}{ z = z_{\nu}} [/mm] f(z) = [mm] \bruch{1}{(k-1)!} \stackrel{\lim}{ z \rightarrow z_{\nu}} [/mm] ( [mm] \bruch{d}{dz} )^{k-1} \left((z-z_{\nu})^k f(z) \right) [/mm] $$ (Uff, das war ne Gleichung, schlimm zu tippen) In Deinem Fall müsste man also die dritte Ableitung des Ausdruckes bestimmen, der im rechten Teil der rechten Seite steht. Da die Größe [mm] z^4 [/mm] sich rauskürzt, ist dies die dritte Ableitung von [mm] {\rm e}^z [/mm] und die e-Funktion ist ja zu ihren Ableitungen identisch. Es bleibt der Vorfaktor stehen und das ist genau (1/3!).
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Hallo infinit,
> In Deinem Fall müsste man also die dritte Ableitung des
> Ausdruckes bestimmen, der im rechten Teil der rechten
> Seite steht. Da die Größe [mm] z^4 [/mm] sich rauskürzt, ist dies die
> dritte Ableitung von [mm] e^z [/mm] und die e-Funktion ist ja
> zu ihren Ableitungen identisch. Es bleibt der Vorfaktor
> stehen und das ist genau (1/3!).
Hat man hier nicht einen einfachen Pol bei der Funktion? Ich dachte immer ein m-ter Pol wäre nach dem Prinzip [mm] f(z)=\bruch{1}{(z^2-1)^m}.
[/mm]
Mal abgesehen davon brauch ich die Laurent-Reihe doch gar nicht, um Res(f,a) zu berechnen, oder?
Gruß,
BeelzeBub
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:34 Sa 27.10.2007 | | Autor: | Infinit |
Hallo BeelzeBub,
[mm] z^4 [/mm] ist eindeutig ein Pol 4. Ordnung, eine vierfache Nullstelle im Nenner. Wenn Du die Laurentreihe kennst, ist es natürlich einfacher beim entsprechenden Koeffizienten nachzugucken. Bist Du nur am Residuum interessiert, ist der zweite Weg über den Residuensatz meist der schnellere. Wichtig ist auf jeden Fall: Bei beiden Wegen kommt der gleiche Wert raus.
Viele Grüße,
Infinit
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Ein einfacher Pol wäre dann so etwas wie [mm] \bruch{e^z}{z} [/mm] ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:42 Sa 27.10.2007 | | Autor: | Infinit |
Richtig, das ist ein einfacher Pol. Die Potenz des Faktors bestimmt den Grad der Nullstelle, die man eben Pol nennt, wenn sie im Nenner einer Funktion ist.
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Hallo Infinit,
[mm] f(z)=\bruch{z^2}{(z-1)^3(z+1)} [/mm] hat einen 3-fachen Pol für z=1. Warum hat die Funktion keinen einfachen Pol für z=-1?
Gruß,
BeelzeBub
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:08 Sa 27.10.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
du musst das schon in ne Summe zerlegen. und ja es hat nen Pol bei z=-1
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:44 Sa 27.10.2007 | | Autor: | BeelzeBub |
Danke, ich komme jetzt auf das richtige Ergebnis. Über das Residuum ist es doch wesentlich schneller zu berechnen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:55 Sa 27.10.2007 | | Autor: | Infinit |
Hallo BeelzeBub,
ein paar Infos findest Du als Antwort auf Deine zweite Frage.
Gruß,
Infinit
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Was ich noch vergessen hatte zu fragen. Was genau berechne ich mit dem Residuensatz. Da kommt ja irgendeine Zahl raus. Was sagt mir das? Ist das das Gebiet für die die Funktion f(z) analytisch ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:59 Sa 27.10.2007 | | Autor: | leduart |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo
Wenn du eine funktion, die ne "normale, analytische Stammfkt hat wie z^2 oder 1/z^2 über einen Weg integrierst, bekommst du ja Stammfkt am Ende -Stammfkt am Anfang.
Wenn das ein geschlossener Weg ist, kommt da 0 raus.
1/z hat keine eigentliche Stammfkt. sondern man kann zwar logz hinschrieben, das ist aber nicht eindeutig. log z ist umkehrfkt zu e^z
aber 1 =e^0 =e^{n*2\pi*i) also hat die Umkehrfkt etwa an der Stelle 1 viele mögliche Werte, wnn du also 1/z von 1 bis 1 integrierst, indem du einmal um 0 rumläufst kriegst du 2\pi*i wenn du 2 malrumläufst 4\pi*i usw.
Dagegen wenn du 1/z^3 auf einem Weg von 1 bis 1 durchläufst, bekommst du (Stammfkt -1/(2z^2) einfach 0 raus.
Wen du also ne Fkt als Summe von c_izî i\in\IZ schreiben kannst, und dann Gliedweise integrierst, bleibt nur der Term mit c_{-1}*1/z der was ergibt.
Gruss leduart
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Auch ich beschäftige mich gerade mit dem Residuum. U.a. versuche ich [mm] \bruch{1}{1-e^{z}} [/mm] in eine Laurent-Reihe umzuwandeln. Doch irgendwie funktioniert das nicht. Entwickelt wird hier bei z=0, und wie man sehen kann gibt es hier eine Polstelle/Singularität. Nur schaff ich's nicht, o.g. Bruch in eine Laurent-Reihe zu entwickeln. Gibt es da irgendwelche Tricks?
Die Substitution [mm] u=e^{z} [/mm] bzw. [mm] u=1+e^{z} [/mm] führt zu keinem Erfolg. Denn wenn ich dann [mm] \bruch{1}{1-u} [/mm] stehen hab, kann ich das ja nicht in eine geometrische Reihe umformen, da u=1 ist (hier), auch [mm] \bruch{1}{1-e^{z}} [/mm] ist nicht entwickelbar in Form einer geometrischen Reihe, da [mm] e^{z=0}=1 [/mm] und |q| muss doch <1 sein.
Ähnliche Probleme gibt's bei [mm] \bruch{1}{1+cos(\pi*z)}. [/mm] Hier hab ich gleich unendlich viele Polstellen/Singularitäten, also bei [mm] z=\{...-5,-3,-1,1,3,5...\}. [/mm] Residuumsberechnung???
Ich hoffe, jemand kann mir da weiter helfen.
Freue mich auf eine Antwort.
Gruß, h.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:40 So 04.11.2007 | | Autor: | Braunstein |
Hat niemand eine Idee?
Gruß, h.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 Mo 05.11.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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