Singularität Residuum < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:04 Fr 03.04.2009 | | Autor: | otava |
| Aufgabe | Bestimmen Sie mit Begründung die Art aller Singularitäten von
[mm] f(z)=\bruch{Ln(z)}{z^{2}+(i-1)z-i}
[/mm]
Geben Sie bei hebbaren Singularitäten den Grenzwert an. Bestimmen Sie auch das Residuum in allen Singularitäten. Alle komplexen Resultate in algeb. Form. |
Hallo zusammen,
ich habe ein paar Probleme mit der obigen Aufgabe.
Als ersten schaue ich also nach Singularitäten, diese finde ich in dem ich den Nenner der Funktion untersuche und prüfe wann dieser zu Null wird.
Einfach zu sehen:
z0=1 und z1= -i
Wie komme ich nun an den Grenzwert?
Mir drängt sich L'Hopital auf, aber ich weis nicht wie ich Ln(z) ableite?
Ln(z) = ln|z|+i(arg(z)) mit [mm] -\pi [/mm] < arg(z) [mm] \le\pi [/mm]
Wenn der Grenzwert sich über den lim berechnen lässt, also der lim existiert, dann handelt es sich um eine hebbare Singularität. Womit die Art an der Stelle auch geklärt wäre.
Um die Residuen zu berechnen wäre es sicher ratsam erst die Art der Singularität festzustellen.
Vielen Dank! Grüße, Otava
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Welchen Grenzwert willst du berechnen? Es geht ja viel einfacher. Nehmen wir den Fall der Singularität 1:
[mm]\frac{\operatorname{Ln}(z)}{z^2 + \left( \operatorname{i} - 1 \right) z - \operatorname{i}} = \frac{1}{z-1} \cdot g(z) \ \ \text{mit} \ \ g(z) = \frac{\operatorname{Ln}(z)}{z + \operatorname{i}}[/mm]
Und jetzt mußt du nur [mm]g(z)[/mm] in eine Potenzreihe um 1 entwickeln. Ja, da du nur am Residuum interessiert bist, genügt es, das erste Glied dieser Potenzreihe zu berechnen. Das ist aber [mm]g(1)[/mm]. Also gilt:
[mm] \frac{\operatorname{Ln}(z)}{z^2 + \left( \operatorname{i} - 1 \right) z - \operatorname{i}} [/mm] = [mm] \frac{1}{z-1} \cdot \left( g(1) + O(z-1) \right)
[/mm]
Und jetzt kannst du den Koeffizienten von [mm](z-1)^{-1}[/mm] in der Laurentreihe um 1 ablesen. Er ist das gesuchte Residuum bei 1.
Und für die andere Singularität geht es vice versa.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:54 Fr 03.04.2009 | | Autor: | otava |
Hey Leopold_Gast,
danke für deine Antwort!
Leider bin ich Laurentreihenmäßig so gar nicht fit, aber ich will versuchen mich hineinzuarbeiten 
Die Grenzwerte werden denke ich für die Punkte 1 und -i gesucht, wie du auch weiter ausgeführt hast.
Das sollte mit L'Hopital doch funktionieren, wenn ich nur wüsste wie die Ableitung des Hauptwertes des Logaritmus ist (Ln z)?
Die allgemeine Form der Laurentreihe ist ja [mm] f(z)=\summe_{n=-\infty}^{\infty}a_{n}(z-z_{0,1,...})^{n}
[/mm]
Nun muss ich das [mm] a_{-1} [/mm] finden und dieses ist das gesuchte Residuum?
Wie komme ich auf den Koeffizienten?
[mm] z_{0} [/mm] ist mein Entwicklungspunkt.
für [mm] a_{n} [/mm] habe ich eine Berechnung gefunden, über ein Umlaufintegral...
[mm] a_{n}=\bruch{1}{2 \pi i} \integral_{Umlauf |\nu - a|=p}^{}{\bruch{f(\nu)}{(\nu - z_{0})^{n+1}} d\nu} [/mm] mit [mm] (n\varepsilon\IZ, [/mm] r<p<R)
Allerdings ist mir das Ding absolut schleierhaft :-D
Vielleicht kann mir das ja jemand etwas umgangssprachlicher erläutern.
Vielen Dank! Gruß, Otava
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Du redest schon wieder von Grenzwerten. Was denn für Grenzwerte? Von welchen Funktionen? Bei welchem Grenzübergang?
Für das Residuum bei 1 mußt du nur [mm]a_{-1}[/mm] in der Laurententwicklung der Funktion um 1 bestimmen. Das sagst du ja selbst. Und genau das habe ich doch in meinem Beitrag erklärt, wie das geht.
Und daß du laurentreihenmäßig nicht so fit bist, solltest du schnell ändern. Denn genau um Laurentreihen geht es immer, wenn ein Residuum zu bestimmen ist. Das ist ja, als würde ein Fahrschüler sagen, er sei verkehrsregelmäßig nicht so fit. Ob man ihm denn das Autofahren auch anders beibringen könne?
L'Hospital ist etwas für die reelle Analysis, nicht für die komplexe. Er funktioniert komplex nur insoweit, als die Existenz des Grenzwertes gewährleistet ist und er durch Restriktion auf die reellen Zahlen die L'Hospital-Form annimmt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:59 Sa 04.04.2009 | | Autor: | otava |
Hallo nochmal!
Zu den Grenzwerten.
Die sind ja in der Aufgabe gefordert, für hebbare Singularitäten.
Der Übergang ist dann sicher [mm] \limes_{z \rightarrow z_{n}} [/mm] mit [mm] z_{n}= [/mm] 1 und -i in diesem Fall.
Zur Laurentreihe.
Ich bemüh mich da reinzukommen! (Ich benötige es halt nur ganz selten, dadurch ist quasi nahezu keine Praxis vorhanden)
Leopold_Gast, du hast ja in deiner ersten Antwort geschrieben das ich [mm] \bruch{Ln(z)}{z+i} [/mm] in eine Potenzreihe entwickeln soll. Nur das erste Glied, denn dann ist (g(1)+O(z-1)) mein Residuum bei 1.
Dazu dann meine Frage wie ich diese berechne?
Die Potenzreihe mit Entwicklungspunkt : [mm] \summe_{n=-\infty}^{\infty} a_{n}(z-z_{0})^{n} [/mm]
[mm] z_{0} [/mm] ist hier 1 und [mm] a_{n}=\bruch{1}{n!}f^{n}(z_{0})
[/mm]
Dann hab ich aber hier auch das Problem das ich [mm] f^{n} [/mm] mit n=1
Also [mm] \bruch{Ln(z)}{z+i} [/mm] ableiten muss, oder?
Und ich weis nicht wie dies für den Hauptwert des komplexen Logarithmus funktioniert?
Danke! Gruß, Otava
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Richtig, [mm]a_n = \frac{1}{n!} \cdot g^{(n)}(z_0)[/mm].
Und wenn du etwa [mm]a_1[/mm] berechnen wolltest, müßtest du [mm]g'[/mm] kennen. Aber du brauchst ja [mm]a_1[/mm] gar nicht! Schon [mm]a_0 = g(1)[/mm] genügt dir. Und wozu da [mm]g'[/mm]?
Es ist übrigens kein Geheimnis: [mm]\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \left( \operatorname{Ln}(z) \right) = \frac{1}{z}[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:24 Sa 04.04.2009 | | Autor: | otava |
Hey Leopold_Gast,
vielen Dank! Ich denke ich hab es soweit nun verstanden 
Danke auch für die Hilfe mit der Ableitung des komplexen Hauptwerts des Logarithmus! Für den ln war mir diese Ableitung bekannt, dachte nicht das es die selbe ist.
Als Ergebnis habe ich dann für das [mm] Res(f,z_{0}=1) [/mm] also: g(1) (wie du ja schon im allerersten Beitrag mitgeteilt hast) und das ist [mm] \bruch{Ln(1)}{1+i} [/mm] = [mm] \bruch{1}{1+i} [/mm] = 1-i
Für das Residuum [mm] Res(f,z_{1}=-i) [/mm] ergibt sich das Problem das im Zähler
Ln(-i) steht. Aber da es ja der Hauptwert des komplexen Logarithmus ist sollte das ja zu lösen sein.
Meine Idee: Ln(-i)=Ln|-i| + iarg(-i)= [mm] Ln(-1)+i\bruch{\pi}{2} [/mm] Aber der Ln von negatvien Zahlen existiert nicht. Wie löse ich das?
Allgemeine Frage:
Funktioniert das immer so für die bestimmung eines Residuums, dass ich den [mm] a_{-1} [/mm] koeffizienten der Laurentreihe berechne?
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Hallo otava,
> Hey Leopold_Gast,
> vielen Dank! Ich denke ich hab es soweit nun verstanden
>
> Danke auch für die Hilfe mit der Ableitung des komplexen
> Hauptwerts des Logarithmus! Für den ln war mir diese
> Ableitung bekannt, dachte nicht das es die selbe ist.
>
> Als Ergebnis habe ich dann für das [mm]Res(f,z_{0}=1)[/mm] also:
> g(1) (wie du ja schon im allerersten Beitrag mitgeteilt
> hast) und das ist [mm]\bruch{Ln(1)}{1+i}[/mm] = [mm]\bruch{1}{1+i}[/mm] =
> 1-i
>
> Für das Residuum [mm]Res(f,z_{1}=-i)[/mm] ergibt sich das Problem
> das im Zähler
> Ln(-i) steht. Aber da es ja der Hauptwert des komplexen
> Logarithmus ist sollte das ja zu lösen sein.
> Meine Idee: Ln(-i)=Ln|-i| + iarg(-i)=
> [mm]Ln(-1)+i\bruch{\pi}{2}[/mm] Aber der Ln von negatvien Zahlen
> existiert nicht. Wie löse ich das?
Nun, schreibe [mm]-i= r*e^{i\varphi}[/mm] mit r>0.
>
> Allgemeine Frage:
> Funktioniert das immer so für die bestimmung eines
> Residuums, dass ich den [mm]a_{-1}[/mm] koeffizienten der
> Laurentreihe berechne?
>
>
Ja.
>
>
Gruß
MathePower
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[mm]|- \operatorname{i}| = 1[/mm] und nicht [mm]= -1[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:06 Sa 04.04.2009 | | Autor: | otava |
Alles klar
Damit ist dann das [mm] Res(f,z_{1}=-i) [/mm] = [mm] \bruch{1+i}{2}
[/mm]
Super vielen Dank euch!!!
Grüße und noch ein schönes Wochenende, Otava
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Das Residuum bei [mm]- \operatorname{i}[/mm] ist [mm]\frac{1}{4} \, \pi \left( 1 + \operatorname{i} \right)[/mm] .
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