Polstellen von Ableitungen

01.07.2007, 15:42

vektorraum

Polstellen von Ableitungen

Hi!

Es habe $\begin{eqnarray*} f=f(z) \end{eqnarray*}$ eine Polstelle in $\begin{eqnarray*} z=z_0\in \mathbb C_0 \end{eqnarray*}$ . Was gilt dann für die Funktion $\begin{eqnarray*} g=g(z) \end{eqnarray*}$ an dieser Stelle mit

$\begin{eqnarray*} g(z)=\cfrac{f'''(z)}{f''(z)}+\cfrac{f'(z)}{f(z)}-2\cfrac{f''(z)}{f'(z)} \end{eqnarray*}$ ???

Nun, wir müssen ja nun erstmal zwei Fälle unterscheiden.

(i) $\begin{eqnarray*} z_0=\infty \end{eqnarray*}$ und (ii) $\begin{eqnarray*} z_0\neq \infty \end{eqnarray*}$ .

Ich will jetzt einfach mal nur den Fall (ii) betrachten. Sei $\begin{eqnarray*} k>0 \end{eqnarray*}$ die Polordnung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ . Dann ist doch die Polordnung von

$\begin{eqnarray*} f'=k+1 \end{eqnarray*}$ , von $\begin{eqnarray*} f''=k+2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'''=k+3 \end{eqnarray*}$ .

Soweit okay? Ich bekomme dann raus, dass die Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Polordnung $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ hat. Dabei habe ich einfach nur verwendet, dass wenn $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ eine Polstelle von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit Ordnung $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Polordnung von f', dann ist die Polordnung von $\begin{eqnarray*} f/f'=k-m \end{eqnarray*}$ .

Muss aber die Ableitung immer einen Pol in $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ haben, wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ dort einen besitzt???

Ich danke euch für die Antworten!

01.07.2007, 16:06

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Polstellen von Ableitungen

Zitat:

Original von vektorraum
Muss aber die Ableitung immer einen Pol in $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ haben, wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ dort einen besitzt???

Ich denke, ja. Besitzt f in z_0 einen Pol der Ordnung k, dann gibt es eine in z_0 holomorphe Funktion g, die in z_0 keine Nullstelle hat, so dass

$\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{g(z)}{(z - z_0)^k}. \end{eqnarray*}$

Es folgt

$\begin{eqnarray*} f'(z) = \frac{g'(z)(z-z_0) - g(z)}{(z - z_0)^{k+1}}. \end{eqnarray*}$

Wäre die Polordnung von f' in z_0 kleiner als k, dann gäbe es eine in z_0 holomorphe Funktion h, so dass

$\begin{eqnarray*} g'(z)(z-z_0) - g(z) = (z-z_0)h(z), \end{eqnarray*}$

woraus aber

$\begin{eqnarray*} g(z) = (z - z_0)(g'(z) - h(z)) \end{eqnarray*}$

folgt, also g(z_0) = 0, was wir oben ausgeschlossen hatten.

01.07.2007, 16:14

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Polstellen von Ableitungen
Gut, danke webfritzi. Dann ist ja zumindest erstmal die Existenz der Polstellen der Ableitungen mit deren Ordnungen gesichert Augenzwinkern

Und kannst du dem Rest meiner Ausführungen nun auch zustimmen?

01.07.2007, 17:14

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Also wenn f einen Pol beliebiger Ordnung hat, dann hat f'/f auf jeden Fall einen Pol 1. Ordnung, soweit richtig.

Aaaaber: Wenn f_1 einen Pol der Ordnung k hat und f_2 einen Pol der Ordnung k, dann muß f_1+f_2 keinen Pol der Ordnung k haben, es kann auch eine gewisse Auslöschung auftreten. Betrachte etwa f_1=1/x und f_2=-1/x. Dann haben beide Funktionen einen Pol der Ordnung 1, aber f_1+f_2 hat eine hebbare Singularität

Und die Funktion g ist genau so konstruiert, daß so eine Auslöschung stattfindet. Um das zu zeigen, kannst du den Residuensatz verwenden.

01.07.2007, 17:32

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Urks, also du meinst wahrscheinlich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{f^{(n+1)}}{f^{(n}} \end{eqnarray*}$ immer dasselbe Residuum hat... Aber was ist nun das Residuum von f'/f ?

01.07.2007, 17:36

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Residuum von f'/f ist minus der Ordnung der Polstelle von f, das war ein Beispiel in unserer Vorlesung. Das sind nur ien paar Zeilen, ich hab nur grad keine Zeit das alles aufzuschreiben. Es ist nicht immer gleich in den verschiedenen Summanden, aber insgesamt hebt es sich halt trotzdem raus.

01.07.2007, 19:02

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun, was konkret vermag nun diese Aufstelung zu bedeuten? Was gilt für die Funktion g=g(z) an dieser Stelle? Will er einfach nur die Ordnung des Pols haben?
Meiner Antwort liegt folgendes zu Grunde: Ist $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ Polstelle von $\begin{eqnarray*} f_1 \end{eqnarray*}$ der Ordnung $\begin{eqnarray*} m_1 \end{eqnarray*}$ und auch eine Polstelle von $\begin{eqnarray*} f_2 \end{eqnarray*}$ mit Ordnung $\begin{eqnarray*} m_2 \end{eqnarray*}$ , dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \textrm{Ordnung}(f_1\cdot f_2)=m_1+m_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \textrm{Ordnung}(f_1+f_2)\leq \max\{m_1,m_2\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \textrm{Ordnung}(f_1+f_2)=\max\{m_1,m_2\} \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} m_1\neq m_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \textrm{Ordnung}(f'_1)=m_1+1 \end{eqnarray*}$ .

Also kann man ja erstmal die Ordnung der einzelnen Terme bestimmen und dann von g.

01.07.2007, 19:28

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist kein Pol, es ist eine hebbare Singularität, und genau das sollst du zeigen.

02.07.2007, 22:42

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun, du meinst man soll es über den Residuensatz beweisen. Kann man das nicht noch anders hinbekommen?

Ich habe jetzt auch raus, dass es eine hebbare Singularität ist smile

02.07.2007, 22:59

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja man kann es auch anders beweisen. Ich dachte zuerst, daß es nicht nur eine hebbare Singularität ist, sondern die holomorphe Fortsetzung auch ncoh ne Nullstelle hat. Deshalb hab ich die Koeffizienten von g in Abhängigkeit von denen von f ausgerechnet, was ungefähr 3 Seiten mit 20000 Koeffizientenvergleichen sind. Raus kommt dasselbe, es ist eine hebbare Singularität, die eine Nullstelle sein kann, aber nicht sein muß.

02.07.2007, 23:37

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Das Residuum von f'/f ist minus der Ordnung der Polstelle von f, das war ein Beispiel in unserer Vorlesung. Das sind nur ien paar Zeilen, ich hab nur grad keine Zeit das alles aufzuschreiben.

Wann haste denn Zeit? Würde mich schon interessieren... Büdde...

03.07.2007, 19:45

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Das geht sowohl für Pol- als auch für Nullstellen. Die Funktion f habe eine Darstellung

$\begin{eqnarray*} f(z)=(z-z_0)^k(a_0+a_1(z-z_0)+...) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_0\neq0, k\in\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$

Dann erhältst du für den Quotienten aus Ableitung und Funktion die Darstellung:

$\begin{eqnarray*} \frac{f'(z)}{f(z)}=\frac{1}{z-z_0}(k+b_1(z-z_0)+...) \end{eqnarray*}$ mit gewissen anderen Koeffizienten.

Jetzt nimmst du einfach die Definition des Residuums über das Integral, und integrierst gliedweise. Dabei liefert nur der Summand mit $\begin{eqnarray*} \frac{k}{z-z_0} \end{eqnarray*}$ einen Beitrag, alle anderen sind nach Integralsatz gleich 0, da holomorph in Umgebung von z_0. Es ergibt sich $\begin{eqnarray*} \operatorname{Res}_{z_0} \frac{f'(z)}{f(z)} = k \end{eqnarray*}$

04.07.2007, 13:58

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Schön und gut. Aber was IST k? Darum ging es doch... Wieso ist k von der Ableitungsordnung unabhängig?

04.07.2007, 15:49

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

k ist die Ordnung der Null bzw. Minus der Ordnung der Polstelle. Das ist nicht gleich für jede Ableitungsordnung, hab ich auch nie behauptet. Aber in der ursprünglichen Aufgabe ist die Summe der Residuen halt trotzdem 0.

Neue Frage »

Antworten »

Polstellen von Ableitungen

Verwandte Themen