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Forum "Uni-Komplexe Analysis" - singularitäten, laurentreihe
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singularitäten, laurentreihe: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 17:32 Di 08.06.2010
Autor: w3rk3rhund

Aufgabe
klassifizieren sie die isolierten singularitäten von $f(z) = [mm] \frac{1}{e^z + 1} [/mm] + [mm] \frac{1}{z + \pi i}. [/mm] geben sie dabei im fall von polstellen auch deren ordnung an

hi,
die begründung, warum die punkte  [mm] $(2k+1)\pi [/mm] i$ mit $k [mm] \in [/mm] Z [mm] \backslash [/mm] {1}$ einfache pole sind, ist:
$g(z) = [mm] e^z [/mm] + 1, g'(z) = exp$, nullstellenfrei
warum ist das eine begründung?

dann ist noch [mm] $-\pi [/mm] i$ zu betrachten. hier wird das residuum ausgerechnet, dieses ist 0.
dann heißt es "angesichts der tatsache, dass $- [mm] \pi [/mm] i$ eine einfache polstelle von f ist (warum???), die laurententwicklung von f um $- [mm] \pi [/mm] i$ also mit dem term [mm] $\frac{res (f;-\pi i)}{z+\pi i}$ [/mm] beginnt, bedeutet dies aber, dass f hol. in den punkt $- [mm] \pi [/mm] i$ fortsetzbar ist, die isolierte singularität also hebbar ist."

heißt das, dass bei einfachen polstellen es bei der laurententwicklung nur einen neg. term gibt, bei einer zweifachen zwei neg. terme usw?
aber egal welche ordnung eine polstelle hat, das residuum ist doch immer nur [mm] $a_{-1}$? [/mm]

und ist sie dann hebbar, weil durch die 0 im zähler der term [mm] $(z+\pi i)^{-1}$ [/mm] wegfällt, die laurententwicklung also nur positive glieder hat, also f hol. fortsetzbar?


vielen dank schonmal..!


Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
singularitäten, laurentreihe: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:20 Do 10.06.2010
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
Bezug
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