Nullstellen, Singularitäten, Laurentreihen

07.01.2007, 16:12	neko	Auf diesen Beitrag antworten »
Nullstellen, Singularitäten, Laurentreihen Moin, ich bräuchte mal eure Hilfe bezüglich Analysis. Konkret gehts um Aufgaben aus dem 3. Semester Physik - also Mathematik für Physiker. Ich muss gestehen, dass ich mit der Mathematik eigentlich auf Kriegsfuß stehe, ich kann zwar die Definitionen zum größten Teil nachvollziehen, in der Anwendung hab ich dann aber so meine Schwierigkeiten. Nehmen wir zum Beispiel mal komplexe Funktionen. In einer Aufgabe sollen die Arten der isolierten Singularitäten diskutiert werden. Dazu nimmt man sich doch einfach die Funktion her, entwickelt sie in eine Laurentreihe und kann dann theoretisch gleich ablesen, um welche Singularitäten es sich handelt. Also mach ich das mal bei $\begin{eqnarray} f(z)=e^{\frac{z}{z-1}} \end{eqnarray}$ ich benutz dann einfach die Reihendarstellung für die e-Fkt.: $\begin{eqnarray} e^{z}= \sum_{k=0}^{\infty }~\frac{z^{k}}{k!} \end{eqnarray}$ und dann wird meine Funktion zu $\begin{eqnarray} f(z)=\sum_{k=0}^{\infty }~\frac{(\frac{z}{z-1})^{k}}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty }~\frac{z^{k}}{(z-1)^{k}k!}=1+\frac{z}{z-1}+\frac{z^{2}}{2(z-1)^{2}}+\frac{z^{3}}{6(z-1)^{3}}+... \end{eqnarray}$ Ich würde jetzt einfach sagen, die Funktion hat eine wesentliche Singularität und als Begründung: Weil unendlich viele Glieder diese Singularität aufweisen. Kann man das so begründen? Der Jänich ("Mathematik für Physiker") erklärt die wesentliche Singularität an der Laurentreihe $\begin{eqnarray} f(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_{n}(z-z_{0})^{k} \end{eqnarray}$ Und zwar sagt er: f hat in $\begin{eqnarray} z_{0} \end{eqnarray}$ eine wesentliche Singularität, wenn es unendlich viele Indizes gibt mit n<0 und $\begin{eqnarray} a_{n}\neq\, 0 \end{eqnarray}$ Das hieße ja einfach übersetzt, genau dann wenn unendlich viele negative Glieder der Laurentreihe nicht verschwinden. Um das mal auf meine Funktion anzuwenden, hab ich sie mal umgeschrieben: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty }~\frac{z^{k}}{(z-1)^{k}k!}=\sum_{k=0}^{-\infty }~\frac{z^{-k}}{(z-1)^{-k}(-k)!}=\sum_{k=0}^{-\infty }~\frac{(z-1)^{k}}{z^{k}(-k)!} \end{eqnarray}$ was kann ich denn daran sehen? Ich hab die Reihe jetzt so aufgeschrieben, dass man die unendlich vielen negativen Glieder sieht. Geht die Argumentation jetzt so, dass man sagt, es gibt eine wesentliche Singularität, weil das "a_n" (in dem Fall ja das 1/(-k)! ) von null verschieden ist? Seht ihr, das ist immer mein Problem, ich versteh die Definitionen, kann sie aber nicht auf den konkreten Fall anwenden. Dann noch eine, wo ich mir auch nich recht sicher bin: $\begin{eqnarray} f(z)=\frac{cosz-1}{z^{2}} \end{eqnarray}$ da hab ich die Reihendarstellung für den Kosinus benutzt: $\begin{eqnarray} f(z)=\frac{1}{z^2}(\sum_{k=0}^{\infty}~(-1)^n\frac{z^{2n}}{(2n)!}-1)=\frac{1}{z^2}\cdot(-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^6}{6!}+....)=-\frac{1}{2}+\frac{z^2}{4!}-\frac{z^4}{6!}+... \end{eqnarray}$ Gibt es hier eine hebbare Singularität bei z=0? Wenn ja warum? Eine Funktion besitzt ja eine hebbare S. bei z_0 genau dann wen in der Laurentreihe für alle k<0 die a_n's verschwinden - so stehts zumindest im Jänich, aber wie kann ich das auf die Funktion anwenden? Ich hab dann noch ein paar andere Funktionen, zu denen ich nicht mal einen Ansatz habe, z.b. $\begin{eqnarray} f(z)=\frac{z}{e^{z^2}-1} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(z)=z\cdot\,cot^{2}z \end{eqnarray}$ Außerdem gehts noch um die Anzahl der Nullstellen von $\begin{eqnarray} f(z)=z^{55}+12z^{51}-256z^{7}+z-11 \end{eqnarray}$ in verschiedenen vorgegebenen Kreisringen. Gibt es da nicht eine Art iteratives Verfahren, zb. das Newton-Verfahren, nach dem man die herausfinden kann? Wäre nett, wenn der ein oder andere was dazu sagen könnte mfg neko
07.01.2007, 16:19	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Nullstellen, Singularitäten, Laurentreihen Du kriegst die Laurentreihe zu $\begin{eqnarray} f(z)=e^{\frac{z}{z-1}} \end{eqnarray}$ an der Entwicklungsstelle $\begin{eqnarray} z=1 \end{eqnarray}$ in direkter Form, wenn du den Exponenten zunächst etwas umformst: $\begin{eqnarray} \frac{z}{z-1} = \frac{z-1+1}{z-1} = 1+\frac{1}{z-1} \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} e^{a+b} = e^a\cdot e^b \end{eqnarray}$ auch im Komplexen gilt (allgemein muss man bei Potenzgesetzen da eher vorsichtig sein), kann man schreiben $\begin{eqnarray} f(z) = e^{1+\frac{1}{z-1}} = e^1\cdot e^{\frac{1}{z-1}} = e\cdot e^{\frac{1}{z-1}} \end{eqnarray}$ .
07.01.2007, 17:04	neko	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Nullstellen, Singularitäten, Laurentreihen Ah...das ist ne gute Idee, dann komm ich auf.. $\begin{eqnarray} f(z)=e\cdot\,\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{1}{(z-1)^{k}k!}=e\cdot\,\sum_{k=0}^{-\infty}~\frac{(z-1)^{k}}{(-k)!} \end{eqnarray}$ Jetzt sieht das ganze doch schon freundlicher aus. Kann man jetzt definitiv von einer wesentlichen Singularität bei z_0= 1 sprechen, weil die Laurentreihe für negative n (nannte man dies "der hauptteil"?) nicht verschwindet? Hat jemand noch eine Idee für die anderen aufgaben?

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